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) K (x, h(z), f(x,x)) K (f(y,y), y, f(z, z)) Πιο κάτω φαίνεται η εκτέλεση του αλγορίθμου, όπου υπογραμμισμένοι παρουσιάζονται οι όροι μέχρι το σημείο που σταματά η επεξεργασία σε κάθε επανάληψη. Επανάληψη 1 Αρχική κατάσταση: K (x, h(z), f(x,x)) Αντικατάσταση: σ={f(y,y)/x} Νέα κατάσταση: K (f(y,y), h(z), f(f(y,y), f(y,y))) Επανάληψη 2 Αρχική κατάσταση: K (f(y,y), h(z), f(f(y,y), f(y,y))) Αντικατάσταση: σ={h(z)/y, f(y,y)/x} K (f(y,y), y, f(z, z)) Νέα κατάσταση: K (f(h(z), h(z)), h(z), f(f(h(z), h(z)), f(h(z), h(z)))) Επανάληψη 3 K (f(h(z), h(z)), h(z), f(z, z)) Αρχική κατάσταση: K (f(h(z), h(z)), h(z), f(f(h(z), h(z)), f(h(z), h(z)))) K (f(h(z), h(z)), h(z), f(z, z)) K (f(y,y), y, f(z, z)) K (f(y,y), y, f(z, z)) O όρος z δεν είναι ενοποιήσιμος με τον όρο h(z). Επομένως ο αλγόριθμος τερματίζει με την απάντηση ότι οι δύο όροι δεν είναι ενοποιήσιμοι. (β) K (h(x), x, f(x,y)) K (y, h(z), f(x, h(h(z)))) Επανάληψη 1 Αρχική κατάσταση: K(h(x), x, f(x,y)) Αντικατάσταση: σ={h(x)/y} Νέα κατάσταση: K (h(x), x, f(x,h(x))) K (y, h(z), f(x, h(h(z)))) K (h(x), h(z), f(x, h(h(z)))) Επανάληψη 2 Αρχική κατάσταση: K (h(x), x, f(x,h(x))) Αντικατάσταση: σ={h(z)/x, h(x)/y } Νέα κατάσταση: K (h(h(z)), h(z), f(h(z),h(h(z)))) K (h(x), h(z), f(x, h(h(z)))) K (h(h(z)), h(z), f(h(z), h(h(z)))) Επανάληψη 3 Αρχική κατάσταση: K (h(h(z)), h(z), f(h(z),h(h(z)))) K (h(h(z)), h(z), f(h(z), h(h(z)))) Οι όροι έχουν ενοποιηθεί. Γενικότερη ενοποιήτρια αντικατάσταση: σ={h(z)/x, h(x)/y } Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2013 Σελίδα 1

2 (γ) K (x, f(h(z),x),a) K (h(y), f(x, h(a)), z) Επανάληψη 1 Αρχική κατάσταση: K (x, f(h(z),x),a) K (h(y), f(x, h(a)), z) Αντικατάσταση: σ={h(y)/x} Νέα κατάσταση: K (h(y), f(h(z),h(y)),a) K (h(y), f(h(y), h(a)), z) Επανάληψη 2 Αρχική κατάσταση: K (h(y), f(h(z),h(y)),a) K (h(y), f(h(y), h(a)), z) Αντικατάσταση: σ={y/z,h(y)/x} Νέα κατάσταση: K (h(y), f(h(y),h(y)),a) K (h(y), f(h(y), h(a)), y) Επανάληψη 3 Αρχική κατάσταση: K (h(y), f(h(y),h(y)),a) K (h(y), f(h(y), h(a)), y) Αντικατάσταση: σ={a/y,y/z,h(y)/x} Νέα κατάσταση: K (h(a), f(h(a),h(a)),a) K (h(a), f(h(a), h(a)), a) Επανάληψη 4 Αρχική κατάσταση: K (h(a), f(h(a),h(a)),a) K (h(a), f(h(a), h(a)), a) Οι όροι έχουν ενοποιηθεί. Γενικότερη ενοποιήτρια αντικατάσταση: σ={a/y,y/z,h(y)/x} (δ) K (f(g(a,b),z), x, a) K (f(x,a), g(y,y),z) Επανάληψη 1 Αρχική κατάσταση: K (f(g(a,b),z), x, a) Αντικατάσταση: σ={g(a,b)/x} Νέα κατάσταση: K (f(g(a,b),z), g(a,b), a) Επανάληψη 2 Αρχική κατάσταση: K (f(g(a,b),z), g(a,b), a) Αντικατάσταση: σ={a/z, g(a,b)/x} Νέα κατάσταση: K (f(g(a,b),a), g(a,b), a) Επανάληψη 3 Αρχική κατάσταση: K (f(g(a,b),a), g(a,b), a) Αντικατάσταση: σ={a/y, a/z, g(a,b)/x} Νέα κατάσταση: K (f(g(a,b),a), g(a,b), a) K (f(x,a), g(y,y),z) K (f(g(a,b),a), g(y,y),z) K (f(g(a,b),a), g(y,y),z) K (f(g(a,b),a), g(y,y),a) K (f(g(a,b),a), g(y,y),a) K (f(g(a,b),a), g(a,a),a) Επανάληψη 4 Αρχική κατάσταση: K (f(g(a,b),a), g(a,b), a) K (f(g(a,b),a), g(a,a),a) O όρος a δεν είναι ενοποιήσιμος με τον όρο b. Επομένως ο αλγόριθμος τερματίζει με την απάντηση ότι οι δύο όροι δεν είναι ενοποιήσιμοι. Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2013 Σελίδα 2

3 Άσκηση 2 Να αποδείξετε τα πιο κάτω επακόλουθα χρησιμοποιώντας τη Μέθοδο της Επίλυσης. (α) x (P(x) y Q(y)) ( x)ρ(x) ( y) Q(y) To επακόλουθο που θέλουμε να αποδείξουμε είναι το: x (P(x) y Q(y)) (( x)ρ(x) ( y) Q(y)) Ξεκινούμε θεωρώντας την άρνηση του επακόλουθου την οποία μετατρέπουμε σε κανονική μορφή Prenex: [ x (P(x) y Q(y)) (( x)ρ(x) ( y) Q(y))] [ x (P(x) y Q(y)) (( x)ρ(x) ( y) Q(y))] x (P(x) y Q(y)) (( x)ρ(x) ( y) Q(y)) x (P(x) y Q(y)) (( x)ρ(x) ( y) Q(y)) x ( P(x) y Q(y)) ( ( x)ρ(x) ( y) Q(y)) x ( P(x) y Q(y)) ( ( x)ρ(x) ( y) Q(y)) x ( P(x) y Q(y)) ( x Ρ(x) y Q(y)) x ( P(x) y Q(y)) ( z Ρ(z) w Q(w)) z w x y ( P(x) Q(y)) Ρ(z) Q(w) Στη συνέχεια εφαρμόζουμε απαλοιφή των ποσοδεικτών: ( P(x) Q(y)) Ρ(a) Q(b) Σε προτασιακή μορφή ο πιο πάνω τύπος έχει ως ακολούθως: {{ P(x), Q(y)}, {Ρ(a)}, { Q(b}} Η Μέθοδος της Επίλυσης επιφέρει διάψευση στο προτασιακό σύνολο όπως φαίνεται στο δέντρο που ακολουθεί: Ρ(a) P(x), Q(y) Q(b) Q(y) Συνεπώς, ο συλλογισμός είναι έγκυρος. (β) x [K(x,a) L(x,b)], x [K(x,a) ( F(x) L(x,b))] K(b,a) F(b) To επακόλουθο που θέλουμε να αποδείξουμε είναι το: x [K(x,a) L(x,b)] x [K(x,a) ( F(x) L(x,b))] (K(b,a) F(b)) Ξεκινούμε θεωρώντας την άρνηση του επακόλουθου την οποία μετατρέπουμε σε κανονική μορφή Prenex: Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2013 Σελίδα 3

4 [ x [K(x,a) L(x,b)] x [K(x,a) ( F(x) L(x,b))] (K(b,a) F(b))] [ ( x [K(x,a) L(x,b)] x [K(x,a) ( F(x) L(x,b))] ) (K(b,a) F(b))] ( x [K(x,a) L(x,b)] x [K(x,a) ( F(x) L(x,b))] ) (K(b,a) F(b)) x [K(x,a) L(x,b)] x [K(x,a) ( F(x) L(x,b))] (K(b,a) F(b)) x [K(x,a) L(x,b)] x [ K(x,a) ( F(x) L(x,b))] ( K(b,a) F(b)) x [K(x,a) L(x,b)] x [ K(x,a) (F(x) L(x,b))] ( K(b,a) F(b)) x [ K(x,a) L(x,b)] x [ K(x,a) (F(x) L(x,b))] (K(b,a) F(b)) x [ K(x,a) L(x,b)] y [ K(y,a) F(y) L(y,b)] K(b,a) F(b) x y [( K(x,a) L(x,b)) ( K(y,a) F(y) L(y,b)) K(b,a) F(b)] Στη συνέχεια εφαρμόζουμε απαλοιφή των ποσοδεικτών: ( K(x,a) L(x,b)) ( K(y,a) F(y) L(y,b)) K(b,a) F(b) Σε προτασιακή μορφή ο πιο πάνω τύπος έχει ως ακολούθως: {{ K(x,a) L(x,b)},{ K(y,a) F(y) L(y,b)}, {K(b,a)}, { F(b)}} Η Μέθοδος της Επίλυσης επιφέρει διάψευση στο προτασιακό σύνολο όπως φαίνεται στο δέντρο που ακολουθεί: K(x,a), L(x,b) K(y,a), F(y),L(y,b) F(b) K(y,a), F(y) K(b,a) K(b,a) Άσκηση 3 Κατ αρχή, μεταφράζουμε τις προτάσεις στον Κατηγορηματικό Λογισμό: Αν η αρετή είναι διδακτή τότε είτε υπάρχουν δάσκαλοι της αρετής που είναι επαγγελματίες είτε υπάρχουν δάσκαλοι της αρετής που είναι ερασιτέχνες. Α (ΕΠ ΕΡ) Αν υπάρχουν επαγγελματίες δάσκαλοι της αρετής τότε όλοι οι μαθητές κάθε σοφιστή είναι ενάρετοι. ΕΠ ( x y (Σ(x) M(x,y)) E(y)) Αν υπάρχουν ερασιτέχνες δάσκαλοι της αρετής τότε όλα τα παιδιά κάθε έξοχου Αθηναίου πολιτικού είναι ενάρετα. ΕP ( x y (EΠ(x) Π(x,y)) E(y)) Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2013 Σελίδα 4

5 Ο Πρωταγόρας είναι σοφιστής αλλά έχει (τουλάχιστον) ένα μαθητή που δεν είναι ενάρετος. Σ(Πρωταγόρας) x (M(Πρωταγόρας, x) Ε(x)) Ο Περικλής είναι ένας έξοχος Αθηναίος πολιτικός αλλά ο γιος του, Ξάνθιππος, δεν είναι ενάρετος. ΕΠ(Περικλής) Π(Περικλής, Ξάνθιππος) Ε(Ξάνθιππος) Η αρετή δεν είναι διδακτή. Α Θέλουμε να αποδείξουμε ότι η σύζευξη των τεσσάρων πρώτων προτάσεων έχουν ως συνέπεια την πέμπτη πρόταση. Για να το πετύχουμε με τη Μέθοδο της Επίλυσης, υποθέτουμε ότι ο συλλογισμός δεν ισχύει με στόχο να φθάσουμε σε αντίφαση: Α (ΕΠ ΕΡ) ΕΠ ( x y (Σ(x) M(x,y)) E(y)) ΕP ( x y (EΠ(x) Π(x,y)) E(y)) Σ(Πρωταγόρας) x (M(Πρωταγόρας,x) Ε(x)) Μετατρέπουμε την πρόταση σε ΚΜΡ: Α (ΕΠ ΕΡ) ΕΠ ( x y ( (Σ(x) M(x,y))) E(y)) ΕP ( x y ( (EΠ(x) Π(x,y))) E(y)) Σ(Πρωταγόρας) x (M(Πρωταγόρας,x) Ε(x)) Α (ΕΠ ΕΡ) ΕΠ ( x y ( Σ(x) M(x,y))) E(y)) ΕP ( x y ( EΠ(x) Π(x,y))) E(y)) Σ(Πρωταγόρας) x (M(Πρωταγόρας,x) Ε(x)) ( Α ΕΠ ΕΡ) [ ΕΠ x 1 y 1 ( Σ(x 1 ) M(x 1,y 1 ) E(y 1 )) ΕP x 2 y 2 ( EΠ(x 2 ) Π(x 2,y 2 ) E(y 2 )) Σ(Πρωταγόρας) z (M(Πρωταγόρας,z) Ε(z)) z x 1 y 1 x 2 y 2 ( Α ΕΠ ΕΡ) Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2013 Σελίδα 5

6 [ ΕΠ Σ(x 1 ) M(x 1,y 1 ) E(y 1 )] [ ΕP EΠ(x 2 ) Π(x 2,y 2 ) E(y 2 )] Σ(Πρωταγόρας) (M(z,Πρωταγόρας) Ε(z) Στη συνέχεια εφαρμόζουμε απαλοιφή των ποσοδεικτών: ( Α ΕΠ ΕΡ) [ ΕΠ Σ(x 1 ) M(x 1,y 1 ) E(y 1 )] [ ΕP EΠ(x 2 ) Π(x 2,y 2 ) E(y 2 )] Σ(Πρωταγόρας) (M(c,Πρωταγόρας) Ε(c) Σε προτασιακή μορφή ο πιο πάνω τύπος έχει ως ακολούθως: {{ Α, ΕΠ, ΕΡ}, { ΕΠ, Σ(x 1 ), M(x 1,y 1 ), E(y 1 )}, { ΕP, EΠ(x 2 ), Π(x 2,y 2 ), E(y 2 )}, {Σ(Πρωταγόρας)}, {M(Πρωταγόρας,c)}, { Ε(c)}, {ΕΠ(Περικλής)}, {Π(Περικλής, Ξάνθιππος)}, { Ε(Ξάνθιππος)}, {Α}} 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 2013 Σελίδα 6

7 Α Α, ΕΠ, ΕΡ ΕΠ, Σ(x 1 ), M(x 1,y 1 ),E(y 1 ) ΕΠ,ΕΡ Σ(Πρωταγόρας) ΕΡ, Σ(x 1 ), M(x 1,y 1 ),E(y 1 ) Μ(Πρωτ.,c) ΕΡ, M(Πρωτ.,y 1 ),E(y 1 ) E(c) EP, E(c) ΕΡ, ΕΠ(x 2 ), M(x 2,y 2 ),E(y 2 ) EP EΠ(Περικλής) ΕΠ(x 2 ), M(x 2,y 2 ),E(y 2 ) Π(Περικλής,y 2 ),E(y 2 ) Π(Περ.,Ξαν.) E(Ξαν.) E(Ξαν.) Άσκηση 4 1. remove([],x,[]) 2. remove(y:xs,x,y:zs) remove(xs,x,zs) 3. remove(x:xs,x,zs) remove(xs,x,zs) 4. remove([a,b,a,b,a,c],b,z) 5. remove([b,a,b,a,c],b,z) Από γραμμές 2 και 4 και αντικατάσταση σ={a/y,[b,a,b,a,c]/xs,b/x,y:zs/z} 6. remove([a,b,a,c],b,zs) Από γραμμές 3 και 5 και αντικατάσταση σ={b/x 1,[a,b,a,c]/xs 1,zs/zs 1 } 7. remove([b,a,c],b,zs 2 ) Από γραμμές 2 και 6 και αντικατάσταση σ={a/y 2,[b,a,c]/xs 2,b/x 2,y 2 :zs 2 /zs} 8. remove([a,c],b,zs 2 ) Από γραμμές 3 και 7 και αντικατάσταση σ={b/x 3,[a,c]/xs 3, zs 2 /zs 3 } Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2013 Σελίδα 7

8 9. remove([c],b,zs 4 ) Από γραμμές 2 και 8 και αντικατάσταση σ={a/y 4,[c]/xs 4,b/x 4,y 4 :zs 4 /zs 2 } 10. remove([],b,zs 5 ) Από γραμμές 2 και 9 και αντικατάσταση σ={c/y 5,[]/xs 5,b/x 5,y 5 :zs 5 /zs 4 } 11. Από γραμμές 1 και 10 και αντικατάσταση σ={b/x 6, []/zs 5 } Αντικατάσταση ορθής απάντησης: Ζ y:zs = a:zs a: y 2 :zs 2 = a:a:zs 2 a:a:y 4 :zs 4 = a:a:a:zs 4 a:a:a:y 5 : zs 5 = a:a:a:c:zs 5 a:a:a:c:[] = [a,a,a,c] Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2013 Σελίδα 8