Λύσεις Σειράς Ασκήσεων 3

Transcript

1 Λύσεις Σειράς Ασκήσεων 3 Άσκηση 1 Να εφαρμόσετε τη διαδικασία της επίλυσης στα πιο κάτω προτασιακά σύνολα. (α) { P(a,f(f(x))) }, { P(y,z), P(y, f(f(z))) }, {P(x,b), Q(x)}, {P(x,b),Q(x)} Η Μέθοδος της Επίλυσης επιφέρει διάψευση στο προτασιακό σύνολο όπως φαίνεται στο δέντρο που ακολουθεί: P(a,f(f(x))) P(y,z),P(y, f(f(z))) P(x,b), Q(x) P(x,b),Q(x) P(x,b) [y/x,b/z] [a/y,b/x] P(y, f(f(b))) (β) { P(a,f(f(x))) }, { P(x,y), P(y,x), P(y,f(f(y))) }, { P(f(z),a) } Η Μέθοδος της Επίλυσης επιφέρει διάψευση στο προτασιακό σύνολο όπως φαίνεται στο δέντρο που ακολουθεί: P(a,f(f(x))) P(x,y), P(y,x), P(y,f(f(y))) P(f(z),a) [a/y,f(z)/x] [f(x)/z] P(a,f(z)), P(a,f(f(a))) P(a, f(f(a)) ) [a/x] Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 1

2 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 1,..., L n } και C 2 = C 2 {M 1,..., M n } όπου για κάθε i, τα στοιχεία L i και M i είναι συμπληρωματικά. Τότε το προτασιακό σύνολο C 1 C 2 ονομάζεται επιλύουσα των C 1 και C 2. (Για παράδειγμα, τα σύνολο {Α, Β, Γ} και {Α, Β, Γ} έχουν ως επιλύουσα το σύνολο {Β}. Άλλες επιτρεπτές επιλύουσες με βάση τον ορισμό είναι τα σύνολα {Α, Α, Β} και {Β, Γ, Γ}.) (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.) Παίρνουμε το προτασιακό σύνολο {{Α,Β}, {Α, Β}}. Σύμφωνα με την δοσμένη παραλλαγή της Μεθόδου της Επίλυσης, τα σύνολα {Α,Β} και {Α, Β} μπορούν να ενοποιηθούν δίνοντας τον όρο. Ορθότητα της μεθόδου συνεπάγεται ότι το προτασιακό σύνολο είναι μη ικανοποιήσιμο. Εντούτοις, το προτασιακό σύνολο αυτό αντιστοιχεί στην πρόταση φ=(αβ) (ΑΒ) η οποίο είναι ικανοποιήσιμη: για [[Α]] = True και [[Β]] = False, έχουμε [[φ]] = (True False) (False True) = True True = True. Συμπέρασμα: Η παραλλαγή της μεθόδου δεν 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.) Η προτεινόμενη παραλλαγή της Μεθόδου Επίλυσης είναι πλήρης. Αυτό είναι επακόλουθο της πληρότητας της αυθεντικής Μεθόδου της Επίλυσης. Αφού η προτεινόμενη μέθοδος επιτρέπει τη διαγραφή ενός μόνο ζεύγους συμπληρωματικών στοιχείων, μπορεί να εκτελέσει όλα τα βήματα της αυθεντικής μεθόδου. Επομένως, αφού η Μέθοδος της Επίλυσης είναι πλήρης, δηλαδή, μπορεί να οδηγήσει στον όρο για κάθε μη ικανοποιήσιμο προτασιακό σύνολο, και η παραλλαγή της μεθόδου μπορεί να οδηγήσει στον όρο για κάθε μη ικανοποιήσιμο προτασιακό σύνολο. Συμπέρασμα: Η παραλλαγή της μεθόδου είναι πλήρης. Άσκηση 3 Να αποδείξετε τα πιο κάτω επακόλουθα χρησιμοποιώντας τη Μέθοδο της Επίλυσης. (α) xy R(x,y), xy [R(x,y) R(x,x)], x[r(x,x) y R(y,x)] xy R(x,y) To επακόλουθο που θέλουμε να αποδείξουμε είναι το: [xy R(x,y) xy [R(x,y) R(x,x)] x[r(x,x) y R(y,x)] ] xy R(x,y) Ξεκινούμε θεωρώντας την άρνηση του επακόλουθου την οποία μετατρέπουμε σε κανονική μορφή Prenex: Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 2

3 [xy R(x,y) xy [R(x,y) R(x,x)] x[r(x,x) y R(y,x)] ] xy R(x,y) xy R(x,y) xy [R(x,y) R(x,x)] x[r(x,x) y R(y,x)] xy R(x,y) xy R(x,y) xy [R(x,y) R(x,x)] x[r(x,x) y R(y,x)] xy R(x,y) xy R(x,y) xy [R(x,y) R(x,x)] x[r(x,x) y R(y,x)] xy R(x,y) xy R(x,y) uv [R(u,v) R(u,u)] z[r(z,z) w R(z,w)] st R(s,t) st xy uvz w [ R(x,y) (R(u,v) R(u,u)) (R(z,z) R(z,w)) R(s,t) ] Στη συνέχεια εφαρμόζουμε απαλοιφή των ποσοδεικτών: [ R(x,f(x)) (R(u,v) R(u,u)) (R(z,z) R(z,w)) R(a,b) ] Σε προτασιακή μορφή ο πιο πάνω τύπος έχει ως ακολούθως: { { R(x,f(x))}, {R(u,v), R(u,u)}, {R(z,z), R(z,w)}, {R(a,b}} Η Μέθοδος της Επίλυσης επιφέρει διάψευση στο προτασιακό σύνολο όπως φαίνεται στο δέντρο που ακολουθεί: R(x,f(x)) R(u,v), R(u,u) R(z,z), R(z,w) R(a,b} [a/z,b/w] R(a,a) [a/u] R(a,v), [a/x,f(x)/v] Συνεπώς, ο συλλογισμός είναι έγκυρος. (β) x [F(x) y R(x,y)], xy [R(x,y) z G(z)], G(b) F(a) To επακόλουθο που θέλουμε να αποδείξουμε είναι το: [x [F(x) y R(x,y)] xy [R(x,y) z G(z)] G(b)] F(a) Ξεκινούμε θεωρώντας την άρνηση του επακόλουθου την οποία μετατρέπουμε σε κανονική μορφή Prenex: ( [x [F(x) y R(x,y)] xy [R(x,y) z G(z)] G(b)] F(a)) x [F(x) y R(x,y)] xy [R(x,y) z G(z)] G(b) F(a) x [F(x) y R(x,y)] xy [R(x,y) z G(z)] G(b) F(a) x [F(x) y R(x,y)] uv [R(u,v) w G(w)] G(b) F(a) xyuv w [(F(x) R(x,y)]) (R(u,v) G(w)) G(b) F(a)] Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 3

4 Στη συνέχεια εφαρμόζουμε απαλοιφή των ποσοδεικτών: [(F(x) R(x,y)) (R(u,v) G(w)) G(b) F(a)] Σε προτασιακή μορφή ο πιο πάνω τύπος έχει ως ακολούθως: {{F(x), R(x,y)}, {R(u,v), G(w)}, {G(b)}, {F(a)}} Η Μέθοδος της Επίλυσης επιφέρει διάψευση στο προτασιακό σύνολο όπως φαίνεται στο δέντρο που ακολουθεί: F(x), R(x,y) R(u,v), G(w) F(a) G(b) [a/x] R(a,y) [a/u,v/y] G(w) [b/w] Συνεπώς, ο συλλογισμός είναι έγκυρος. (γ) x [(Q(x) y(p(y) R(x,y)))], x [P(x) ( y ((Q(y) S(y)) R(y,x)))] x P(x) x S(x) To επακόλουθο που θέλουμε να αποδείξουμε είναι το: (x [(Q(x) y(p(y) R(x,y)))] ) ( x [P(x) ( y ((Q(y) S(y)) R(y,x)))] ) (x P(x) x S(x)) Ξεκινούμε θεωρώντας την άρνηση του επακόλουθου την οποία μετατρέπουμε σε κανονική μορφή Prenex: [ (x [(Q(x) y(p(y) R(x,y)))] ) ( x [P(x) ( y ((Q(y) S(y)) R(y,x)))] ) (x P(x) x S(x)) ] (x [(Q(x) y(p(y) R(x,y)))] ) ( x [P(x) ( y ((Q(y) S(y)) R(y,x)))] ) (x P(x) x S(x)) (x [(Q(x) y(p(y) R(x,y)))] ) ( x [P(x) ( y ((Q(y) S(y)) R(y,x)))] ) (x P(x) x S(x)) (x [(Q(x) y(p(y) R(x,y)))] ) ( x [P(x) ( y ((Q(y) S(y)) R(y,x)))] ) (x P(x) x S(x)) (x [(Q(x) y(p(y) R(x,y)))] ) ( x [P(x) ( y ((Q(y) S(y)) R(y,x)))] ) (x P(x) x S(x)) (x [(Q(x) y(p(y) R(x,y)))] ) (u [P(u) ( v ((Q(v) S(v)) R(v,u)))] ) Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 4

5 (w P(w) z S(z)) xwyuvz [Q(x) (P(y) R(x,y))] ) [P(u) Q(v) S(v) R(v,u)] ( P(w) S(z)) xwyuvz [Q(x) (P(y) R(x,y)) (P(u)Q(v)S(v)R(v,u)) P(w) S(z)] Στη συνέχεια εφαρμόζουμε απαλοιφή των ποσοδεικτών: [Q(a) ( P(y) R(a,y)) (P(u)Q(v)S(v)R(v,u)) P(b) S(z)] Σε προτασιακή μορφή ο πιο πάνω τύπος έχει ως ακολούθως: {{Q(a)}, {P(y), R(a,y)}, {P(u),Q(v),S(v),R(v,u)}, {P(b)}, {S(z)}} Η Μέθοδος της Επίλυσης επιφέρει διάψευση στο προτασιακό σύνολο όπως φαίνεται στο δέντρο που ακολουθεί: P(y), R(a,y) P(u),Q(v),S(v),R(v,u), Q(a) [a/v,y/u] Q(a),S(a),P(y) P(b) S(z) S(a),P(y) [b/y] S(a) [a/z] Συνεπώς, ο συλλογισμός είναι έγκυρος. Άσκηση 4 Να γράψετε τις πιο κάτω προτάσεις στον Κατηγορηματικό Λογισμό και να υπολογίσετε την προτασιακή μορφή τους. Να αποδείξετε την εγκυρότητα του συλλογισμού χρησιμοποιώντας τη Μέθοδο της Επίλυσης. 1. Υπάρχουν τρία παιδιά, ο Ανδριανός, η Βασιλική και ο Γρηγόρης. 2. Κάθε παιδί φορεί είτε ένα καπέλο, είτε ένα σάλι είτε ένα ζευγάρι γάντια. 3. Ο Ανδριανός φοράει ένα μπλε καπέλο. 4. Η Βασιλική φορά ένα κόκκινο ζευγάρι γάντια. 5. Ο Γρηγόρης φοράει ένα πράσινο σάλι. 6. Το αγαπημένο χρώμα κάθε παιδιού είναι διαφορετικό από τα αγαπημένα χρώματα των άλλων παιδιών και είναι ένα από τα κόκκινο, πράσινο και μπλε. 7. Κανένα παιδί δεν φορά το αγαπημένο του χρώμα. Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 5

6 Συμπέρασμα: Αν το αγαπημένο χρώμα της Βασιλικής είναι το πράσινο τότε το αγαπημένο χρώμα του Ανδριανού είναι το κόκκινο και του Γρηγόρη το μπλε. Σημείωση: Kατά τη διατύπωση των προτάσεων στον Κατηγορηματικό Λογισμό μπορείτε να χρησιμοποιήσετε τα πιο κάτω κατηγορήματα. Π(x): Το x είναι παιδί ΑΧ(x,y): Το αγαπημένο χρώμα του x είναι το y X(x,y): Το αντικείμενο x έχει χρώμα y Φ(x,y): Το άτομο x φορεί το αντικείμενο y Θα χρησιμοποιήσουμε τα πιο κάτω σύμβολα σταθερών. Α: Ανδριανός Bl: μπλε Β: Βασιλική Gr: πρασινο Γ: Γρηγόρης Rd: κόκκινο Επίσης χρησιμοποιούμε τα κατηγορήματα: Κ(x): To x είναι καπέλο Σ(x): To x είναι σάλι ΖΓ(x): To x είναι ένα ζευγάρι γάντια Στη συνέχεια μεταφράζουμε τις προτάσεις στον Κατηγορηματικό Λογισμό. Υπάρχουν τρία παιδιά, ο Ανδριανός, η Βασιλική και ο Γρηγόρης. Π(Α) Π(Β) Π(Γ) Κάθε παιδί φορεί είτε ένα καπέλο, είτε ένα σάλι είτε ένα ζευγάρι γάντια. x [Π(x) (yφ(x,y) (K(y) Σ(y) ΖΓ(y))] Ο Ανδριανός φοράει ένα μπλε καπέλο. x [Φ(Α,x) K(x) X(x,Bl)] Η Βασιλική φορά ένα κόκκινο ζευγάρι γάντια. x [Φ(B,x) ΖΓ(x) X(x,Rd)] Ο Γρηγόρης φοράει ένα πράσινο σάλι. x [Φ(Γ,x) Σ(x) X(x,Gr)] Το αγαπημένο χρώμα κάθε παιδιού είναι διαφορετικό από τα αγαπημένα χρώματα των άλλων παιδιών και είναι ένα από τα κόκκινο, πράσινο και μπλε. (AX(A,Bl) AX(A,Rd) AX(A,Gr)) (AX(B,Bl) AX(B,Rd) AX(B,Gr)) (AX(Γ,Bl) AX(Γ,Rd) AX(Γ,Gr)) x [ (ΑΧ(Α,x) AX(B,x)) (ΑΧ(Α,x) AX(Γ,x)) (ΑΧ(Β,x) AX(Γ,x)) ] Κανένα παιδί δεν φορά το αγαπημένο του χρώμα. xy z ([Π(x) Φ(x,y) X(y,z) AX(x,z) ] Συμπέρασμα: Αν το αγαπημένο χρώμα της Βασιλικής είναι το πράσινο τότε το αγαπημένο χρώμα του Ανδριανού είναι το κόκκινο και του Γρηγόρη το μπλε. AX(B,Gr) (AX(A,Rd) AX(Γ, Bl)) Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 6

7 Θέλουμε να αποδείξουμε ότι η σύζευξη των εφτά πρώτων προτάσεων έχουν ως συνέπεια την όγδοη πρόταση. Για να το πετύχουμε με τη Μέθοδο της Επίλυσης, υποθέτουμε ότι ο συλλογισμός δεν ισχύει με στόχο να φθάσουμε σε αντίφαση: Π(Α) Π(Β) Π(Γ) x [Π(x) (yφ(x,y) (K(y) Σ(y) ΖΓ(y))] x [Φ(Α,x) K(x) X(x,Bl)] x [Φ(B,x) ΖΓ(x) X(x,Rd)] x [Φ(Γ,x) Σ(x) X(x,Gr)] (AX(A,Bl) AX(A,Rd) AX(A,Gr)) (AX(B,Bl) AX(B,Rd) AX(B,Gr)) (AX(Γ,Bl) AX(Γ,Rd) AX(Γ,Gr)) x [ (ΑΧ(Α,x) AX(B,x)) (ΑΧ(Α,x) AX(Γ,x)) (ΑΧ(Β,x) AX(Γ,x)) ] xy z ([Π(x) Φ(x,y) X(y,z) AX(x,z) ] [AX(B,Gr) (AX(A,Rd) AX(Γ, Bl)) Μετατρέπουμε την πρόταση σε ΚΜΡ: Π(Α) Π(Β) Π(Γ) x [Π(x) (yφ(x,y) (K(y) Σ(y) ΖΓ(y))] x [Φ(Α,x) K(x) X(x,Bl)] x [Φ(B,x) ΖΓ(x) X(x,Rd)] x [Φ(Γ,x) Σ(x) X(x,Gr)] (AX(A,Bl) AX(A,Rd) AX(A,Gr)) (AX(B,Bl) AX(B,Rd) AX(B,Gr)) (AX(Γ,Bl) AX(Γ,Rd) AX(Γ,Gr)) x [ (ΑΧ(Α,x) AX(B,x)) (ΑΧ(Α,x) AX(Γ,x)) (ΑΧ(Β,x) AX(Γ,x)) ] xy z ( [Π(x) Φ(x,y) X(y,z)] AX(x,z) ) AX(B,Gr) (AX(A,Rd) AX(Γ, Bl)) Π(Α) Π(Β) Π(Γ) x [Π(x) (yφ(x,y) (K(y) Σ(y) ΖΓ(y))] z [Φ(Α,z) K(z) X(z,Bl)] w [Φ(B,w) ΖΓ(w) X(w,Rd)] u [Φ(Γ,u) Σ(u) X(u,Gr)] (AX(A,Bl) AX(A,Rd) AX(A,Gr)) (AX(B,Bl) AX(B,Rd) AX(B,Gr)) (AX(Γ,Bl) AX(Γ,Rd) AX(Γ,Gr)) v [ (ΑΧ(Α,v) AX(B,v)) (ΑΧ(Α,v) AX(Γ,v)) (ΑΧ(Β,v) AX(Γ,v)) ] pq r ( Π(p) Φ(p,q) X(q,r) AX(p,r) ) AX(B,Gr) (AX(A,Rd) AX(Γ, Bl)) z w u x y v pq r [ Π(Α) Π(Β) Π(Γ) [Π(x) (Φ(x,y) (K(y) Σ(y) ΖΓ(y))] [Φ(Α,z) K(z) X(z,Bl)] [Φ(B,w) ΖΓ(w) X(w,Rd)] [Φ(Γ,u) Σ(u) X(u,Gr)] (AX(A,Bl) AX(A,Rd) AX(A,Gr)) (AX(B,Bl) AX(B,Rd) AX(B,Gr)) (AX(Γ,Bl) AX(Γ,Rd) AX(Γ,Gr)) v [ (ΑΧ(Α,v) AX(B,v)) (ΑΧ(Α,v) AX(Γ,v)) (ΑΧ(Β,v) AX(Γ,v)) ] ( Π(p) Φ(p,q) X(q,r) AX(p,r) ] Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 7

8 AX(B,Gr) (AX(A,Rd) AX(Γ, Bl)) ] Στη συνέχεια εφαρμόζουμε απαλοιφή των ποσοδεικτών: [ Π(Α) Π(Β) Π(Γ) ( Π(x) Φ(x,f(x))) (Π(x) K(f(x)) Σ(f(x)) ΖΓ(f(x))) Φ(Α,a) K(a) X(a,Bl) Φ(B,b) ΖΓ(b) X(b,Rd) Φ(Γ,c) Σ(c) X(c,Gr) (AX(A,Bl) AX(A,Rd) AX(A,Gr)) (AX(B,Bl) AX(B,Rd) AX(B,Gr)) (AX(Γ,Bl) AX(Γ,Rd) AX(Γ,Gr)) (ΑΧ(Α,v) AX(B,v)) (ΑΧ(Α,v) AX(Γ,v)) (ΑΧ(Β,v) AX(Γ,v)) ( Π(p) Φ(p,q) X(q,r) AX(p,r) ) AX(B,Gr) (AX(A,Rd) AX(Γ, Bl)) ] Σε προτασιακή μορφή ο πιο πάνω τύπος έχει ως ακολούθως: {{Π(Α)}, {Π(Β)}, {Π(Γ)}, {Π(x), Φ(x,f(x))}, {Π(x), K(f(x)), Σ(f(x)), ΖΓ(f(x))}, {Φ(Α,a)}, {K(a)}, { X(a,Bl)}, { Φ(B,b)}, {ΖΓ(b)}, { X(b,Rd)}, {Φ(Γ,c)}, {Σ(c)}, {X(c,Gr)}, {AX(A,Bl), AX(A,Rd), AX(A,Gr)}, {AX(B,Bl), AX(B,Rd), AX(B,Gr)} {AX(Γ,Bl), AX(Γ,Rd), AX(Γ,Gr)} {ΑΧ(Α,v), AX(B,v)}, {ΑΧ(Α,v), AX(Γ,v)}, {ΑΧ(Β,v), AX(Γ,v)} {Π(p), Φ(p,q), X(q,r), AX(p,r) } {AX(B,Gr) }, {AX(A,Rd), AX(Γ, Bl)} Εφαρμογή της Μεθόδου της Επίλυσης στο πιο πάνω σύνολο επιφέρει τη ζητούμενη διάψευση όπως φαίνεται στο πιο κάτω δένδρο, γεγονός που μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι ο αρχικός συλλογισμός είναι ορθός. Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 8

9 Π(Α) Π(p), Φ(p,q), X(q,r), AX(p,r) Φ(Γ,c) Φ(Α,q), X(q,r), AX(Α,r) Φ(Α,a) X(a,Gr) X(a,r), AX(Γ,r) X(a,r), AX(A,r) X(a,Bl) AX(Γ,Gr) AX(A,Rd),AX(A,Gr),AX(A,Bl) AX(A,Bl) AX(Γ,Rd),AX(Γ,Gr),AX(Γ,Bl) AX(B,u),AX(A,u) AX(A,Rd),AX(A,Gr) AX(B,Gr) AX(Γ,Rd),AX(Γ,Βl) AX(A,Gr) AX(A,Rd), AX(Γ, Bl) AX(A,Rd) AX(Γ,Βl) ΑΧ(Α,v), AX(Γ,v) AX(Γ,Rd) AX(A,Rd) Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 9

10 Άσκηση 5 Χρησιμοποιήστε τη μέθοδο της SLD επίλυσης για να φθάσετε σε διάψευση του στόχου στο πιο κάτω πρόγραμμα λογικού προγραμματισμού. minus(x,0,x) minus(x,y,z) minus(v,w,z), pred(x,v), pred(y,w) pred(s(x), x) pred(s(s(x)), s(y)) pred(s(x), y) minus (s(s(0)), X, 0) Επιδείξτε εκτέλεση κατά την οποία το πρόγραμμα αποτυγχάνει να τερματίσει. Αριθμούμε τις γραμμές του προγράμματος και εφαρμόζου τη μέθοδο της SLD επίλυσης για να φθάσουμε σε διάψευση του στόχου στο πρόγραμμα ως εξής: 1. minus(x,0,x) 2. minus(x,y,z) minus(v,w,z), pred(x,v), pred(y,w) 3. pred(s(x), x) 4. pred(s(s(x)), s(y)) pred(s(x), y) 5. minus (s(s(0)), X, 0) 6. minus(v,w,0), pred(s(s(0)),v), pred(x,w) Από τις γραμμές 2 και 5 και την αντικατάσταση [s(s(0))/x 1, X/y 1,0/z 1 ] 7. minus(s(y 2 ),w,0), pred(s(0), y 2 ), pred(x,w) Από τις γραμμές 4 και 6 και την αντικατάσταση [0/x 2, s(y 2 )/v] 8. minus(s(0),w,0), pred(x,w) Από τις γραμμές 3 και 7 και την αντικατάσταση [0/x 3, 0/y 2 ] 9. minus(s(0),s(y 4 ),0), pred(s(x 4 ),y 4 ) Από τις γραμμές 4 και 8 και την αντικατάσταση [s(s(x 4 ))/Χ, s(y 4 )/w] 10. minus(s(0),s(x 5 ),0) Από τις γραμμές 3 και 9 και την αντικατάσταση [x 5 /x 4, x 5 /y 4 ] 11. minus(v 6,w 6,0), pred(s(0),v 6 ), pred(s(x 5 ),w 6 ) Από τις γραμμές 2 και 10 και την αντικατάσταση [s(0)/x 6, s(x 5 )/y 6, 0/z 6 ] 12. minus(0,w 6,0), pred(s(x 5 ),w 6 ) Από τις γραμμές 3 και 11 και την αντικατάσταση [0/x 7, 0/v 6 ] 13. pred(s(x 5 ),0) Από τις γραμμές 1 και 12 και την αντικατάσταση [0/w 6 ] 14. Από τις γραμμές 3 και 13 και την αντικατάσταση [0/x 5 ] Αντικατάσταση ορθής απάντησης: X s(s(x 4 )) s(s(x 5 )) s(s(x 0 )) Μία εκτέλεση κατά την οποία το πρόγραμμα αποτυγχάνει να τερματίσει είναι η εκτέλεση όπου η γραμμή 2 εφαρμόζεται επανειλημμένα έναντι του πρώτου όρου τύπου minus: 6. minus(v,w,0), pred(s(s(0)),v), pred(x,w) Από τις γραμμές 2 και 5 7. minus(v 1,w 1,0), pred(v,v 1 ), pred(w,w 1 ), pred(s(s(0)),v), pred(x,w) Από τις γραμμές 2 και 6 8. minus(v 2,w 3,0), pred(v 1,v 2 ), pred(w 1,w 2 ),minus(v 1,w 1,0), pred(v,v 1 ), pred(w,w 1 ), pred(s(s(0)),v), pred(x,w) Από τις γραμμές 2 και 7 Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 10