Λύσεις 2 ης Σειράς Ασκήσεων

Λύσεις 2 ης Σειράς Ασκήσεων Άσκηση 1 Στην άσκηση αυτή σας ζητείται να διατυπώσετε στον Κατηγορηματικό Λογισμό ένα σύνολο από απαιτήσεις/προτάσεις που σχετίζονται με ένα κοινωνικό δίκτυο χρησιμοποιώντας τα κατηγορήματα που ακολουθούν. User(u) : o κωδικός u είναι ένας ενεργός κωδικός χρήστη Friend(u,v) : οι χρήστες u και v είναι φίλοι Block(u,v) ο χρήστης u έχει τοποθετήσει τον χρήστη v σε λίστα αποκλεισμού Photo(p,u) : η p είναι φωτογραφία του χρήστη u Right_to_see(u, p): ο χρήστης u έχει το δικαίωμα να δει την φωτογραφία p Right_to_mail(u, v): ο χρήστης u έχει το δικαίωμα να στείλει ηλεκτρονικό μήνυμα στον χρήστη v. (i) Κάθε ενεργός χρήστης έχει τουλάχιστον κάποιο άλλο ενεργό χρήστη για φίλο. x ( User(x) [ y User(y) Friend(x,y) ] ) (ii) Κάθε χρήστης έχει το δικαίωμα να βλέπει τις δικές του φωτογραφίες. x p [ User(x) Photo(p,x) Right_to_see(x,p) ] (iii) Κάθε χρήστης έχει το δικαίωμα να βλέπει τις φωτογραφίες των φίλων του. x y p [ User(x) User(y) Friend(x,y) Photo(p,y) Right_to_see(x,p) ] (iv) Αν δύο άτομα δεν είναι φίλοι τότε δεν έχουν το δικαίωμα να βλέπουν ο ένας τις φωτογραφίες του άλλου. Επιπρόσθετα αν κάποιος χρήστη βρίσκεται στη λίστα αποκλεισμού κάποιου άλλου χρήστη τότε δεν μπορεί να επικοινωνήσει μαζί του με ηλεκτρονικό μήνυμα x y [ User(x) User(y) Friend(x,y) ( Photo(p,x) Right_to_see(y,p) Photo(p,y) Right_to_see(x,p) Block(x,y) Right_to_email(y,x))] (v) Υπάρχει ακριβώς ένας χρήστης που μπορεί να δει όλες τις διαθέσιμες φωτογραφίες στο δίκτυο. x [ User(x) y p (Photo(p,y) Right_to_see(x,p)) z [ User(z) y p (Photo(p,y) Right_to_see(z,p)) x = z] ] (vi) Κάθε χρήστης συνδέεται με οποιοδήποτε άλλο χρήστη από μια αλυσίδα φίλων που έχει το πολύ μήκος 5. x y [User(x) User(y) [Friend(x,y) z (Friend(x,z) Friend(z,y)) z 1 z 2 (Friend(x,z 1 ) Friend(z 1,z 2 ) Friend(z 2,y)) z 1 z 2 z 3 (Friend(x,z 1 ) Friend(z 1,z 2 ) Friend(z 2,z 3 ) Friend(z 3,y))]] (vii) Δεν είναι δυνατό κάποιος χρήστης να μπορεί να δει τις φωτογραφίες κάποιου άλλου χρήστη και να μην μπορεί να του στείλει ηλεκτρονικό μήνυμα. x y p ( User(x) User(y) Photo(p,y) Right_to_see(x,p) Right_to_mail(x,y)) Λύσεις 2 ης Σειράς Προβλημάτων Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 1 από 8

Άσκηση 2 (α) x P(x), x (P(x) P(f(x))), x (P(x) P(g(x))) x P(f(g(x))) 1. x P(x) προϋπόθεση 2. x (P(x) P(f(x))) προϋπόθεση 3. x (P(x) P(g(x))) προϋπόθεση 4. x 0 P(x 0 ) προσωρινή υπόθεση 5. P(x 0 ) P(f(x 0 )) x e 2 6. P(f(x 0 )) MP 5, 4 7. P(f(x 0 )) P(g(f(x 0 ))) x e 3 8. P(g(f(x 0 ))) MP 6, 7 9. x P(f(g(x))) x i 8 10. x P(f(g(x))) x e 1, 2 9 (β) (x = 3), (y = 5), (y = z) (x = z) 1. (x = 3) προϋπόθεση 2. (y = 5) προϋπόθεση 3. (y = z) προϋπόθεση 4. x = z προσωρινή υπόθεση 5. 3 = z =e από 1 και 4 στην πρόταση w = z 6. 3 = y =e από 3 και 5 στην πρόταση 3 = w 7. 3 = 5 =e από 2 και 6 στην πρόταση 3 = w 8. 3 = 3 = i 9. (3 = 3) από 8 10. e 9,8 11. (x = z) i 4 10 (γ) x[p(x) (Q(x) R(x) S(x))], x [(Q(x) y N(x,y)) R(x)] x (P(x) y N(x,y)) 1. x[p(x) (Q(x) R(x) S(x))] προϋπόθεση 2. x [(Q(x) y N(x,y)) R(x)] προϋπόθεση 3. x 0 4. P(x 0 ) προσωρινή υπόθεση 5. P(x 0 ) (Q(x 0 ) R(x 0 ) S(x 0 )) x e 1 6. Q(x 0 ) R(x 0 ) S(x 0 ) MP 4, 5 7. Q(x 0 ) e 6 8. R(x 0 ) e 6 9. y N(x 0,y) προσωρινή υπόθεση 10. (Q(x 0 ) y N(x 0,y)) R(x 0 ) x e 2 11. Q(x 0 ) y N(x 0,y) i 7, 9 12. R(x 0 ) MP 10, 11 13. i 8, 12 14. y N(x 0,y) RAA 9 13 15. P(x 0 ) y N(x 0,y) i 4 14 16. x (P(x) y N(x,y)) x i 4 15 Λύσεις 2 ης Σειράς Προβλημάτων Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 2 από 8

(δ) x (P(x) Q(x)), x (R(x) Q(x)), x ( S(x) P(x)) x (R(x) S(x)) 1. x (P(x) Q(x)) προϋπόθεση 2. x (R(x) Q(x)) προϋπόθεση 3. x ( S(x) P(x)) προϋπόθεση 4. x 0 R(x 0 ) Q(x 0 ) προσωρινή υπόθεση 5. R(x 0 ) e 1 4 6. Q(x 0 ) e 2 4 7. S(x 0 ) P(x 0 ) x e 3 8. S(x 0 ) προσωρινή υπόθεση P(x 0 ) προσωρινή υπόθεση 9. P(x 0 ) Q(x 0 ) x e 1 10. Q(x 0 ) MP 9 8 11. e 6, 10 12. S(x 0 ) e 11 13. S(x 0 ) e 7, 8 12 14. R(x 0 ) S(x 0 ) i 5, 13 15. x (R(x) S(x)) x i 14 16. x (R(x) S(x)) x e 2, 3 15 (ε) x P(x) x Q(x) x y (P(x) Q(y)) 1. x P(x) x Q(x) προϋπόθεση 2. x P(x) x P(x) LEM 3. x P(x) προσωρινή υπόθεση x P(x) προσωρινή υπόθεση 4. x Q(x) MP 1, 3 x y (P(x) Q(y)) πρ. υπ. 5. x 0 Q(x 0 ) προσωρινή υπόθεση x 0 6. P(x 0 ) προσωρινή υπόθεση P(x 0 ) πρ. υπ. 7. Q(x 0 ) copy 5 P(x 0 ) πρ. υπ. 8. P(x 0 ) Q(x 0 ) i, 6 7 6, 7 9. y (P(x 0 ) Q(y)) y i 8 Q(y 0 ) e 8 10. x y (P(x) Q(y)) x i 9 P(x 0 ) Q(y 0 ) i 7 9 11. x y (P(x) Q(y)) x e 4, 5 10 y (P(x 0 ) Q(y)) y i 10 12. x y (P(x) Q(y)) x i 11 13. e 4, 12 14. P(x 0 ) RAA 6 13 15. x P(x) x i 5 14 16. e 3, 15 17. x y (P(x) Q(y)) RAA 4 16 18. x y (P(x) Q(y)) e 2, 3 17 Άσκηση 3 Θεωρήστε μια κατηγορηματική γλώσσα με 6 σταθερές, τις A, B, C, D, E, και F, δύο κατηγορηματικά σύμβολα δύο θέσεων, το On και το Above, και τρία κατηγορηματικά σύμβολα μίας θέσης, το Free, το Blue και το Green. Λύσεις 2 ης Σειράς Προβλημάτων Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 3 από 8

Θεωρήστε επίσης μοντέλο Μ με σύμπαν αντικειμένων το Α = {b 1, b 2, b 3, b 4, b 5, table} και όπου A M = b 1, B M = b 2, C M = b 3, D M = b 4, E M = b 5, F M = table b1 On Μ = { (b 1, b 4 ), (b 4, b 3 ), (b 3, table), (b 5, b 2 ), (b 2, table) } Above Μ b4 = { (b 1, b 4 ), (b 4, b 3 ), (b 3, table), (b 1, b 3 ), (b 4, table), b5 (b 1, table), (b 5, b 2 ), (b 2, table), (b 5, table) } b3 Free Μ = { b 1, b 5 } b2 Green Μ = { b 4 } Red Μ = { b 1, b 5 } Να μεταφράσετε τις πιο κάτω προτάσεις στον Κατηγορηματικό Λογισμό και να αποφασίσετε για ποιες από αυτές ισχύει ότι Μ φ; Αιτιολογήστε τις απαντήσεις σας με σαφήνεια χρησιμοποιώντας τη σημασιολογία του Κατηγορηματικού Λογισμού (Αλήθεια του Tarski). Το ωραίο σχήμα πιο πάνω προέρχεται από τις λύσεις του συμφοιτητή σας Κυριάκου Ιακώβου. (α) Το Α είναι ψηλότερα από το C (κατηγόρημα Αbove) και το D είναι πάνω στο Ε (κατηγόρημα On) και ψηλότερα από το F (Αbove). Η πρόταση: φ 1 = Above(A,C) Λ On(D,E) Λ Above (D,F) Με βάση την αλήθεια του Τάρσκι ισχύει ότι M s φ 1 εφόσον M s Above(A,C) και M s On(D,E) και M s Above (D,F) Αυτό είναι ισοδύναμο με M s Above Μ (b 1, b 3 ) και M s On Μ (b 4, b 5 ) και M s Above Μ (b 4, table) M s Above Μ (b 1, b 3 ) και M s On Μ (b 4, b 5 ) και M s Above Μ (b 4, table) True και False και True False Επομένως η πρόταση δεν ικανοποιείται στο μοντέλο. (β) Κάθε αντικείμενο βρίσκεται πάνω (On) σε κάποιο άλλο αντικείμενο. Η πρόταση: φ 2 = xǝy On(x,y) Με βάση την αλήθεια του Τάρσκι ισχύει ότι M s φ 2 εφόσον M s xǝy On(x,y),, για κάθε x και τουλάχιστον ένα b False, αφού για x = table δεν υπάρχει b τέτοιο ώστε On(table,b). Επομένως η πρόταση δεν ικανοποιείται στο μοντέλο. (γ) Κάθε αντικείμενο που είναι ελεύθερο (Free) βρίσκεται ψηλότερα (Above) από όλα τα υπόλοιπα αντικείμενα. Η πρόταση: φ 3 = x (Free(x) y ( x = y Above(x,y)) Με βάση την αλήθεια του Τάρσκι M s φ 3 εφόσον M s x (Free(x) y ( x = y Above(x,y)) Free x, για κάθε a Free x, για κάθε a Λύσεις 2 ης Σειράς Προβλημάτων Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 4 από 8

Free,, για κάθε a και b False, αφού για x = b 1 και y = b 3 ισχύει ότι αλλά δεν ισχύει ότι,. Επομένως η πρόταση δεν ικανοποιείται στο μοντέλο. (δ) Κάθε αντικείμενο που είναι ελεύθερο (Free) δεν έχει πάνω του (On) κάποιο άλλο αντικείμενο. Η πρόταση: φ 4 = x [ Free(x) Ǝy On(x,y) ] Με βάση την αλήθεια του Τάρσκι ισχύει ότι M s φ 4 εφόσον M s x [ Free(x) Ǝy On(x,y) ], για κάθε a ή, για κάθε a True, αφού 1. για x = table ισχύει και επομένως, 2. για x = b 1 ισχύει, και επομένως, 3. για x = b 2 ισχύει και επομένως, 4. για x = b 3 ισχύει και επομένως, 5. για x = b 4 ισχύει και επομένως, 6. για x = b 5 ισχύει, και επομένως, Επομένως η πρόταση ικανοποιείται στο μοντέλο. (ε) Οτιδήποτε βρίσκεται ψηλότερα από το Β και δεν είναι πράσινο είναι κόκκινο. Η πρόταση: φ 5 = x [Above(x,B) ( Green(x) Red(x))] Με βάση την αλήθεια του Τάρσκι ισχύει ότι M s φ 5 εφόσον M s x [Above(x,B) ( Green(x) Red(x))], για κάθε a, για κάθε a False, αφού για x = b 5 ισχύει ότι Above(b 5, b 2 ) και Red(b 5 ). Επομένως η πρόταση δεν ικανοποιείται στο μοντέλο. Άσκηση 4 Να αποφασίσετε κατά πόσο οι πιο κάτω προτάσεις είναι έγκυρες, ικανοποιήσιμες, ή κανένα από τα δύο, αποδεικνύοντας τις απαντήσεις σας. (Αν μία πρόταση είναι έγκυρη να το αποδείξετε χρησιμοποιώντας την Αλήθεια του Tarski. Αν μια πρόταση είναι ικανοποιήσιμη αλλά όχι έγκυρη να δείξετε ότι υπάρχει ερμηνεία στην οποία ικανοποιείται και ερμηνεία στην οποία δεν ικανοποιείται. Αν δεν ισχύει κανένα από τα δύο να αιτιολογήσετε ότι δεν υπάρχει ερμηνεία στην οποία η πρόταση να ικανοποιείται.) (α) [ x (P(x) Q(x)) x P(x) ] x Q(x) H πρόταση αυτή είναι ικανοποιήσιμη αλλά όχι έγκυρη. Ικανοποιησιμότητα: Ας θεωρήσουμε το μοντέλο: Σύμπαν = το σύνολο των ακεραίων Λύσεις 2 ης Σειράς Προβλημάτων Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 5 από 8

P(x) = o x είναι περιττός ακέραιος Q(x) = o x είναι πρώτος ακέραιος Τότε η πρόταση είναι αληθής αφού τόσο η συνθήκη όσο και το συμπέρασμα της συνεπαγωγής είναι ορθά. Συγκεκριμένα, στο μοντέλο μας Ισχύει ότι x (P(x) Q(x)) αφού υπάρχει ακέραιος (π.χ. το 7) που είναι και περιττός και πρώτος Ισχύει ότι x P(x) αφού υπάρχουν περιττοί ακέραιοι, και Ισχύει ότι x Q(x) αφού υπάρχουν πρώτοι ακέραιοι. Μη ικανοποιησιμότητα: Αν θέσουμε, Σύμπαν = {a,b,c} P = {a,b} Q = {} η πρόταση γίνεται ψευδής ως εξής: Στο μοντέλο ισχύει ότι x (P(x) Q(x)). Για παράδειγμα, για x = c έχουμε ότι P(c) Q(c) (αφού F F μας δίνει Τ). Στο μοντέλο ισχύει επίσης ότι x P(x), π.χ. το a. Στο μοντέλο δεν ισχύει ότι x Q(x) αφού κανένα στοιχείο δεν ικανοποιεί το κατηγόρημα Q στο μοντέλο μας. (β) [ x R(x,x) x y [(R(x, y) R(y, y)) x = y ]] [ x y (R(y,y) x = y) ] Η πρόταση είναι ικανοποιήσιμη αλλά δεν είναι έγκυρη. Ικανοποιησιμότητα: Ας θεωρήσουμε το μοντέλο: Σύμπαν = {a,b,c} R = {(a,a)} Τότε η πρόταση είναι αληθής αφού τόσο η συνθήκη όσο και το συμπέρασμα της συνεπαγωγής είναι ορθά. Συγκεκριμένα, στο μοντέλο μας Ισχύει ότι x R(x,x) αφού R(a,a) Ισχύει ότι x y [(R(x, y) R(y, y)) x = y] αφού κάθε φορά που έχουμε R(x,y) και R(y,y), ισχύει ότι x = y = a. Τέλος, ισχύει ότι x y (R(y,y) x = y) για x = a. Μη ικανοποιησιμότητα: Αν θέσουμε, Σύμπαν = {a,b,c} R = {(a,a),(b,b),(c,c)} τότε η πρόταση γίνεται ψευδής ως εξής: Ισχύει ότι x R(x,x) αφού R(a,a). Ισχύει ότι x y [(R(x, y) R(y, y)) x = y] αφού κάθε φορά που έχουμε R(x,y) και R(y,y), ισχύει ότι x = y. Λύσεις 2 ης Σειράς Προβλημάτων Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 6 από 8

Εντούτοις, δεν ισχύει ότι x y (R(y,y) x = y). Αν επιλέξουμε x = a, τότε η πρόταση γίνεται ψευδής αφού για y = b ισχύει R(b,b) αλλά b a, και όμοια γίνεται ψευδής για x = b ή x = c. (γ) x y w v [P(x,w) P(y,v)] H πρόταση αυτή είναι μη ικανοποιήσιμη. Ας υποθέσουμε ότι η πρόταση είναι ικανοποίησιμη. Τότε υπάρχει μοντέλο Μ και αποτίμηση s τέτοια ώστε,, Επομένως, για κάθε a, υπάρχει b τέτοιο ώστε για κάθε c υπάρχει d τέτοιο ώστε,,,,, Δηλαδή,,,,, και,,,, Αυτό συνεπάγεται ότι για κάθε a και c ισχύει ότι,,,, (1) και υπάρχουν b και d τέτοια ώστε, (2) Από το (1) και θέτοντας x = b kai w = d παίρνουμε ότι, Αυτό όμως έρχεται σε αντίφαση με το (2) και καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι η πρόταση είναι μη ικανοποιήσιμη. Άσκηση 5 Να γράψετε τις πιο κάτω προτάσεις στον Κατηγορηματικό Λογισμό και να αποδείξετε την εγκυρότητα του συλλογισμού. 1. Η θεία Άγκαθα δολοφονήθηκε είτε από τον Μανώλη είτε από τον εαυτό της. 2. Ένας δολοφόνος πάντα αντιπαθεί το θύμα του. 3. Ο Μανώλης δεν αντιπαθεί κανένα από όσους αντιπαθεί η θεία Αγκαθα. 4. Η θεία Άγκαθα αντιπαθεί όλους εκτός από τον Μανώλη (συμπεριλαμβανομένου και του εαυτού της). Συμπέρασμα: Η θεία Άγκαθα αυτοκτόνησε. Σημείωση: Κατά τη διατύπωση των προτάσεων στον Κατηγορηματικό Λογισμό μπορείτε να χρησιμοποιήσετε τα πιο κάτω κατηγορήματα. Δ(x,y): Ο x είναι ο δολοφόνος του y Α(x,y): Ο x αντιπαθεί τον y Κατ αρχή, μεταφράζουμε τις προτάσεις στον Κατηγορηματικό Λογισμό: Η θεία Άγκαθα δολοφονήθηκε είτε από τον Μανώλη, είτε από τον εαυτό της. Δ(Άγκαθα,Άγκαθα) Δ(Μανώλης, Άγκαθα) Ένας δολοφόνος πάντα αντιπαθεί το θύμα του. x y [Δ(x,y) A(x,y)] Ο Μανώλης δεν αντιπαθεί κανένα από όσους αντιπαθεί η θεία Αγκαθα. Λύσεις 2 ης Σειράς Προβλημάτων Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 7 από 8

x (A(Aγκαθα, x) A(Μανώλης,x)) Η θεία Άγκαθα αντιπαθεί όλους εκτός από τον Μανώλη (συμπεριλαμβανομένου και του εαυτού της). x [ x=μανώλης Α(Άγκαθα,x) ] A(Άγκαθα, Μανώλης) Συμπέρασμα: Η θεία Άγκαθα αυτοκτόνησε. Δ(Άγκαθα,Άγκαθα) Θέλουμε να αποδείξουμε οι 4 προτάσεις/υποθέσεις έχουν ως λογικό τους επακόλουθο το συμπέρασμα του πιο πάνω συλλογισμού. Θα το αποδείξουμε μέσω των κανόνων του λογικού συμπερασμού. Για συντομία, χρησιμοποιούμε τα σύμβολα Α και Μ για τις σταθερές Άγκαθα και Μανώλης. Θα χρησιμοποιήσουμε ως επιπρόσθετη προϋπόθεση ότι η Άγκαθα και ο Μανώλης είναι διαφορετικά άτομα, δηλαδή ότι (Α = Μ) 1. Δ(Α,Α) Δ(Μ, Α) προϋπόθεση 2. x y [Δ(x,y) A(x,y)] προϋπόθεση 3. x (A(Α, x) A(Μ,x)) προϋπόθεση 4. x [ x=μ Α(Α,x) ] A(Α, Μ) προϋπόθεση 5. Α = Μ προϋπόθεση 6. Δ(Α,Α) προσωρινή υπόθεση Δ(Μ,Α) προσωρινή υπόθεση 7. y Δ(M,y) A(M,y) x e 2 8. Δ(M,A) A(M,A) y e 7 9. A(M,A) MP 6, 8 10. x ( x=μ Α(Α,x)) e 4 11. A=Μ Α(Α,A) x e 10 12. Α(Α,Α) MP 5, 11 13. A(Α, A) A(Μ,A) x e 3 14. Α(Μ,Α) MP 12, 13 15. e 14, 9 16. Δ(Α,Α) e 15 17. Δ(Α,Α) e 1, 6 16 Λύσεις 2 ης Σειράς Προβλημάτων Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Σελίδα 8 από 8