UNIVERSITETET I OSLO

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 26. november 2010 Tid for eksamen: 13:00 17:00 Oppgave 1 La A = { }. Mengdelære (a) Hva er kardinaliteten til A? A har ett element, så kardinaliteten til A er 1. (b) Hva er kardinaliteten til A \? A \ = A, så kardinaliteten til A \ er 1. La A = {{1, 2, 3, {5, 6}}, 7, 8}. (c) Hva er kardinaliteten til A? A innholder tre elementer, {1, 2, 3, {4, 5}}, 7 og 8, så kardinaliteten er 3. (d) Hva er kardinaliteten til A A? A A har 3 3 = 9 elementer, så kardinaliteten er 9. (e) Hva er kardinaliteten til A {A}? {A} har kun ett element, så kardinaliteten til A {A} er 3 1 = 3. La A = {1, 2, {, 3}} og B = {2, 3}. (f) Hva er A \ B? (Fortsettes på side 2.)

2 A \ B = {1, {, 3}}. Det eneste elementet som fjernes er 2, siden 3 ikke er et element i A. (g) Hva er A B? A B = {1, 2, 3, {, 3}}. (h) Hva er A B? A B = {2} (Tallet 2 er det eneste som er et element i både A og B). La A og B være endelige mengder. (i) Vis at dersom A B =, så gjelder A B = A + B. Inklusjons- og eksklusjonsprinsippet sier at A B = A + B A B. Dette tar vi for gitt. (Beviset er forøvrig enkelt: Hvis vi først teller opp elementene i A og deretter elementene i B, har vi telt elementene i A B to ganger. For å få antall elementer i A B må vi derfor trekke fra det vi har telt for mye, nemlig antallet i A B.) Hvis A B =, så har vi A B = 0. Hvis vi erstatter A B med 0 i prinsippet, så får vi det som oppgaven spør etter, nemlig at A B = A + B. (j) Stemmer det også at dersom A B = A + B, så må A B =? Inklusjons- og eksklusjonsprinsippet sier at A B = A + B A B. Hvis A B = A + B, så følger det ved enkel regning at A B = 0. Det betyr at A og B ikke har noen felles elementer, og det er det samme som at A B =. Oppgave 2 Funksjoner (a) La A = {1, 2, 3}. Finn to funksjoner f og g (begge fra A til A), og et element x A slik at f(g(x)) g(f(x)). La f være funksjonen { 1, 1, 2, 1, 3, 1 } (som sender alt til 1) og g være funksjonen { 1, 2, 2, 2, 3, 2 } (som sender alt til 2). Hvis vi velger x = 1, så får vi f(g(1)) = f(2) = 1, men at g(f(1)) = g(1) = 2. 2

3 (b) La A = {a, b, c, d}. Finnes to funksjoner f og g (begge fra A til A) slik at f(g(x)) = x for alle x, mens g(f(y)) y for en eller annen y? Hvis ja - finn to slike funksjoner, hvis nei - forklar hvorfor. Nei, anta at det faktisk fins to funksjoner f og g med de gitte egenskapene. Da har vi at f(g(x)) = x for alle x A og at g(f(y)) y for en eller annen y A. Funksjonen f er nødt til å være en bijeksjon; fra at f(g(x)) = x for alle x A følger det direkte at f er surjektiv, og siden det bare er fire elementer i A, så følger det også at den er injektiv (hvis den ikke hadde vært injektiv, så kunne den ikke ha vært surjektiv). Vi har antatt at g(f(y)) y, for y A, og fordi f er injektiv har vi at f(g(f(y))) f(y). Men, det er umulig, fordi f(g(f(y))) = f(y) ved den første antakelsen (ved å sette inn f(y) for x i f(g(x)) = x.) En annen måte å begrunne svaret på er ved å vise at f(g(x)) = x for alle x A impliserer at g(f(y)) = y for alle y A. Først observerer vi at både f og g må være bijeksjoner (hvis ikke det er tilfelle, så ville ikke f(g(x)) = x for alle x A). La så y være et vilkårlig element fra A. Siden g er surjektiv, må det finnes en x A slik at g(x) = y. Vi får derfor følgende. Oppgave 3 g(f(y)) = g(f(g(x))) fordi y = g(x) = g(x) fordi f(g(x)) = x = y Relasjoner La R være en relasjon på mengden A. For en delmengde B av A definerer vi restriksjonen av R til B som relasjonen R (B B). (a) Vis at restriksjonen av en irrefleksiv relasjon på A gir en irrefleksiv relasjon på B. La R være en irrefleksiv relasjon på A. Restriksjonen av denne relasjonen til B er definert som relasjonen R (B B). For å vise at dette er en irrefleksiv relasjon på B, la x være et vilkårlig element i B. Vi må vise at x, x ikke er med i R (B B). Ved antakelsen om at R er irrefleksiv, så har vi at x, x / R. Ved definisjonen av kan derfor ikke x, x være med i R (B B). Siden x var vilkårlig valgt, holder dette for alle elementer i B, og derfor er restriksjonen irrefleksiv. (b) Vis at restriksjonen av en ekvivalensrelasjon på A gir en ekvivalensrelasjon på B. La R være en ekvivalensrelasjon på A. Da er R per definisjon refleksiv, symmetrisk og transitiv. Restriksjonen av denne relasjonen til B er definert som relasjonen 3

4 R (B B). For å vise at dette er en ekvivalensrelasjon på B, så må vi vise at den er refleksiv, symmetrisk og transitiv. Refleksivitet. For å vise at restriksjonen er refleksiv, anta at x B. Da er x, x (B B) og x, x R. Ved definisjonen av snitt har vi x, x R (B B). Siden x var vilkårlig valgt er restriksjonen, R (B B), refleksiv. Symmetri. For å vise at restriksjonen er symmetrisk, anta at x, y R (B B). Ved definisjonen av snitt, har vi x, y R og x, y (B B). Siden R er symmetrisk, har vi y, x R, og siden (B B) inneholder alle tupler, har vi y, x (B B). Ved definisjonen av snitt, har vi y, x R (B B). Siden x og y var vilkårlig valgt, har vi vist at restriksjonen er symmetrisk. Transitivitet. For å vise at restriksjonen er symmetrisk, anta at x, y og y, z R (B B). Ved definisjonen av snitt, har vi x, y R og y, z R. Siden R er transitiv, har vi x, z R. Siden (B B) inneholder alle tupler, har vi at x, z (B B). Ved definisjonen av snitt, har vi derfor x, z R (B B). Dette viser at restriksjonen er transitiv. (c) Vil restriksjonen av en anti-symmetrisk relasjon på A gi en anti-symmetrisk relasjon på B? Ja, anta R er en anti-symmetrisk relasjon på A. Restriksjonen av denne relasjonen til B er definert som relasjonen R (B B). For å vise at dette er en anti-symmetrisk relasjon på B, la x og y være to vilkårlig elementer fra B slik at x, y R (B B) og y, x R (B B). Siden R er anti-symmetrisk, får vi at x = y, og dermed har vi vist at R (B B) også er anti-symmetrisk. Oppgave 4 Logisk gyldige formler Avgjør om følgende formler er tautologier (logisk gyldige). Begrunn svaret ditt. (a) (P Q) (P Q) Ja, og det er mange måter å begrunne dette på. Vi kan sette opp en sannhetsverditabell og observere at kolonnen under hovedkonnektivet bare består av 1ere. P Q (P Q) (P Q) Vi kan også bevise at formelen er gyldig på følgende måte. Anta at (P Q) er sann. Fra denne antakelsen alene må vi vise at (P Q) er sann. For å vise at denne 4

5 formelen er sann, så kan vi anta at (P Q) er sann og se hva som skjer. For, hvis vi får en motsigelse, så kan vi konkludere med at (P Q) er usann, og at (P Q) derfor er sann. Anta derfor at (P Q) er sann. Ved tolkningen av -formler må P og Q være sanne. Men, da kan ikke P Q være sann, slik vi har antatt. Vi kan derfor konkludere med at (P Q) må være sann, og at hele formelen er gyldig. En tredje måte er ved å observere at det som står etter pilen, (P Q) er ekvivalent med P Q eller P Q, som vi ser er ekvivalent med P Q. Dermed ser vi at hele formelen er ekvivalent med A A, hvor A er P Q, og derfor er gyldig. En fjerde måte er ved å bruke tablåmetoden. Da lager vi et lukket tablå over negasjonen til formelen, på følgende måte. ((P Q) (P Q)) (P Q)) (P Q) (P Q) P Q P Q Alle grenene i tablået er lukket, og det betyr at formelen øverst i tablået ikke er oppfyllbar. Det betyr at formelen ikke er falsifiserbar og at den er gyldig. (b) (P Q) (P Q) Nei, formelen er usann i enhver valuasjon som gjør P sann og Q usann. (c) xp(x) x(p(x) Q(x)) xq(x) Nei, formelen er usann i følgende modell. (d) y xr(x, y) x yr(x, y) M = {1, 2} P M = {1, 2} Q M = {1} Ja, denne formelen er gyldig. Anta at y xr(x, y) er sann i modellen M. Da fins det et element a i domenet til modellen slik at M = R( c, ā) for alle c i domenet. Da ser vi at uansett hvilken c vil velger i domenet, så finnes det en e slik at M = R( c, ē), for det er bare å velge e til å være a. Altså er også x yr(x, y) sann i modellen. 5

6 Oppgave 5 Sant eller usant om utsagnslogikk Er følgende påstander sanne eller usanne? Hvis påstanden er usann, så gi et moteksempel. Hvis påstanden er sann, så gi et argument som beviser at den er sann (bruk definisjonen av gyldig/falsifiserbar). (a) [3 poeng] Hvis A er falsifiserbar og B er falsifiserbar, så er A B falsifiserbar. Usann. Velg A = P og B = P, der P er en atomær formel. Da vil både A og B være falsifiserbare, men A B (som er lik P P) vil være en tautologi (gyldig). (b) [3 poeng] Hvis A er gyldig og B er falsifiserbar, så er A B falsifiserbar. Sann. Hvis A er gyldig er det slik at A er sann i alle valuasjoner (v = A for alle valuasjoner v). Hvis B er falsifiserbar, så finnes det en valuasjon som gjør B usann. Vi kaller en av disse valuasjonene for v 1. Nå er det slik at v 1 = A (siden dette gjelder i alle valuasjoner), og v 1 = B. Tilsammen gir dette v 1 = A B. La oss se på denne formelen. A B (A B) ( A B) (A B) som betyr at v 1 = (A B), altså at A B er usann i v 1. Dette betyr at v 1 falsifiserer formelen. Mindre formelt: Alle valuasjoner oppfyller A ettersom A er gyldig. Det finnes en valuasjon som ikke oppfyller B ettersom B er falsifiserbar. Siden A er gyldig vil valuasjoner som ikke oppfyller B fremdeles oppfylle A. De vil altså oppfylle A, men ikke B. Disse valuasjonene vil da ikke oppfylle A B, så A B er falsifiserbar (den falsifiseres av nøyaktig de valuasjonene som falsifiserer B). (c) [3 poeng] Hvis A C er gyldig, så er A (B C) gyldig. Sann. Vi antar at A C er gyldig, og tar for oss en vilkårlig valuasjon. Siden A C er gyldig må den være sann i denne valuasjonen, og da må enten A være usann eller C være sann. Dersom A er usann er A (B C) sann. Dersom C er sann er B C sann, og dermed også A (B C) sann. Med andre ord vil valuasjonen oppfylle A (B C) dersom den oppfyller A C. Hvis da A C alltid oppfylles må også A (B C) også alltid oppfylles. Det går også an å argumentere litt mer direkte, på følgende måte. Anta at A C er gyldig. For å vise at A (B C) er gyldig, velg en vilkårlig valuasjon som gjør A sann. Det er tilstrekkelig å vise at denne gjør B C sann, for da må A (B C) være gyldig. Ved antakelsen om at A C er gyldig, må valuasjonen gjøre C sann. Ved definisjonen av må B C, og dermed 6

7 A (B C), være sann. Siden valuasjonen var vilkårlig valgt, så må A (B C) være gyldig. (d) [3 poeng] Hvis A C er falsifiserbar, så er A (B C) Usant. La oss velge B til å være en kontradiksjon. Da vil B C, og dermed også A (B C) alltid være sanne. B påvirker riktignok ikke A C, så denne står fritt til å være usann. Vi evner altså å lage et moteksempel ved å la A C være falsifierbar og B en kontradiksjon. falsifiserbar. Oppgave 6 Førsteordens logikk oversettelse Oversett følgende setninger til førsteordens logikk. Vi velger gjennom denne oppgaven å tolke liker gull som liker alt som er gull. (a) Ikke alt som glitrer er gull. x(gx Ax) eller x(gx Ax) (b) Noen liker gull. x y(ay Lxy) (c) Alle som liker gull, liker alt som glitrer. x( y[ay Lxy] z[gz Lxz]) eller x y z([ay Lxy] [Gz Lxz]) (d) Noen liker kun det som glitrer. x y(lxy Gy) (e) Alt som glitrer blir likt av noen. 7

8 x(gx ylyx) eller x y(gx Lyx) (f) Det fins noe som hverken er gull eller glitrer, men som blir likt av alle. x( Ax Gx ylyx) eller x y( Ax Gx Lyx) (For ordens skyld, la Ax stå for x er gull, la Gx stå for x glitrer og la Lxy stå for x liker y.) Oppgave 7 Førsteordens logikk semantikk Anta at et førsteordens språk er gitt. Forklar hva en førsteordens modell for dette språket er og hva som kreves for at en førsteordens formel i dette språket er gyldig. En førsteordens modell er noe som består av et domene og som tolker alle elementer (konstantsymboler, funksjonssymboler og relasjonssymboler) i et førsteordens språk. En førsteordens formel i et gitt språk er gyldig hvis den er sann i alle modeller for språket. Oppgave 8 Grafteori La G n betegne den komplette grafen med n noder. (a) Definer en rekursiv funksjon σ(n) som gir antall kanter i G n. Se først på noen eksempler. G 0 har null noder og null kanter. G 1 har 1 node og null kanter. G 2 har to noder, og en kant mer enn G 1 (fordi den nye noden må kobles til alle noder i G 1 for at G 2 skal være komplett). G 2 har 2 noder og 1 kant. G 3 har 3 noder og 2 flere kanter enn G 2 (den nye noden må kobles til de to eksisterene nodene med kanter). Vi ser at vi generelt må legge til like mange kanter som det var noder i den forrige grafen. Altså: σ(n + 1) = σ(n) + n (b) La G være en enkel, ikke-sammenhengende graf med 10 noder. Vis at G ikke kan ha flere enn 36 kanter. Kan G ha 36 kanter? 8

9 Den enkle sammenhengende grafen med 10 noder med flest kanter er G 10. Av de enkle ikke-sammenhengende grafene med 10 noder vil den som ha flest kanter være en graf bestående av to komplette grafer med tilsammen 10 noder (hvis en av de to ikke er komplette kan vi lage en graf med flere kanter ved å gjøre delene komplette, og er grafen delt i mer enn to sammenhengende grafer kan vi lage en graf med flere kanter ved å koble sammen delene til vi bare har to). Vi lar den ene av de to delene innholde k noder, slik at den andre innholer 10 k noder. Da har vi at antall kanter er lik σ(k) + σ(10 k). Vi kan nå regne ut alle muligheter for k (1,2,...,9), men vi kan raskere komme i mål ved følgende observasjon: σ(n) vokser fortere og fortere med n (hvor får du flest nye kanter hvis du kan legge til en ny node i grafen med 1 i forhold til grafen med 2?). Dette betyr at det lønner seg å legge til flere noder i den største grafen dersom vi ønsker så mange kanter som mulig. Med andre ord har vi k = 1 eller k = 9. Altså at den ene grafen innholder 1 node og den andre 9. Antall kanter er da 36. (σ(9) = 36 og σ(1) = 0). Oppgave 9 Bevismetoder Her følger et bevis for at alle relasjoner R som både er symmetriske og transitive også må være refleksive: (a) Siden R er symmetrisk medfører arb at bra. (b) Siden R er transitiv, medfører arb og bra sammen at ara. (c) Siden ara er relasjonen refleksiv. Hva er feilen i argumentasjonen? Det vi her har vist er at dersom det finnes en b slik at arb, så ara. Det betyr ikke at ara for alle a. 9