UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 10. desember 2012 Tid for eksamen: Innledning La U være mengden {a, b, c}. Flere av oppgavene handler om mengden U og potensmengden til U. Husk at P(U) står for potensmengden til U. Vi kan for eksempel ordne elementene i P(U) ved hjelp av delmengderelasjonen,, på følgende måte. (Fortsettes på side 2.) {a, b, c} {a, b} {a, c} {b, c} {a} {b} {c}

2 Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng) (a) [2 poeng] Regn ut {a} \ {b}. {a} \ {b} = {b, c} \ {b} = {c} (b) [2 poeng] Regn ut {X X U og b X}. {{b}, {a, b}, {b, c}, {a, b, c}} (c) [2 poeng] Gi en partisjon av U som inneholder {a}. Det er to mulige svar her: {{a}, {b, c}} {{a}, {b}, {c}} (d) [4 poeng] Finn en delmengde Z av P(U) som er slik at følgende holder. Mengden Z er ikke tom. Den tomme mengden er ikke et element i Z. Hvis X og Y er elementer i Z, så er X Y et element i Z. Hvis X er et element i Z og X Y, så er Y et element i Z. Hvis X er en delmengde av U, så er enten X eller X med i Z. Det er tre mulig svar her: {{a}, {a, b}, {a, c}, {a, b, c}} {{b}, {a, b}, {b, c}, {a, b, c}} {{c}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}} 2

3 Oppgave 2 Funksjoner (10 poeng) (a) [2 poeng] Hva er en bijeksjon? Forklar kort. En bijeksjon er en funksjon er både injektiv og surjektiv, det vil si en en funksjon f : A B slik at for alle b B fins det nøyaktig én a A slik at f(a) = b. (b) [2 poeng] Gi en funksjon som har definisjonsområde U og verdiområde {0, 1}. { a, 0, b, 0, c, 0 } (c) [3 poeng] Fins det noen injektive funksjoner fra U til {0, 1}? Begrunn svaret ditt. Nei,fordi definisjonsområdet har tre elementer og verdiområdet har to elementer, og da vil enhver funksjon tilordne samme element, 0 eller 1, til to av elementene. (d) [3 poeng] Finn alle funksjoner fra U til {0, 1} som ikke er surjektive. { a, 0, b, 0, c, 0 } og { a, 1, b, 1, c, 1 } 3

4 Oppgave 3 Utsagnslogikk (10 poeng) La F være konjunksjonen av følgende fire utsagnslogiske formler. (A B C) (A B) (A C) (B C) Formelen F er altså lik (A B C) (A B) (A C) (B C). (a) [2 poeng] Vis at F er oppfyllbar ved å gi en valuasjon. La v være en valuasjon som gjør A sann og B og C usanne, det vil si, som er slik at v(a) = 1, v(b) = 0 og v(c) = 0. (b) [4 poeng] Vis at ( A (B C)) er en logisk konsekvens av F. Begrunn svaret ditt. A B C (A B C) (A B) (A C) (B C) F A (B C) Denne sannhetsverditabellen viser at enhver valuasjon som gjør F sann, også gjør ( A (B C)) sann. Det betyr at denne formelen er en logisk konsekvens av F. (c) [4 poeng] Anta at A, B og C er de eneste utsagnsvariablene som fins. Hvor mange valuasjoner gjør F sann? Begrunn svaret ditt. Det er tre valuasjoner som gjør F sann, en for hver utsagnsvariabel. En valuasjon må gjøre nøyaktig en av disse sanne, på grunn av følgende. Enhver valuasjon som gjør F sann, må gjøre minimum en utsagnsvariabel sann. Det følger fra at (A B C) må være sann. Enhver valuasjon som gjør F sann, må gjøre maksimum en utsagnsvariabel sann. Det følger fra at formlene (A B), (A C) og (B C) må være sanne. 4

5 Oppgave 4 Bevis (10 poeng) Vi velger oss elementet a fra U og definerer en funksjon f a på følgende måte. For enhver delmengde X U, la { 1 hvis a X, og f a (X) = 0 ellers. (a) [4 poeng] Forklar hvorfor dette definerer en funksjon f a : P(U) {0, 1}. Dette blir en funksjon fordi til ethvert element i mengden P(U), det vil si en delmengde av U, så tilordnes nøyaktig ett element i {1, 0}. Det er fordi elementet a enten er med eller ikke er med i en delmengde av U. (b) [6 poeng] Vis at for alle delmengder X og Y av U, så er det slik at hvis X Y, så f a (X) f a (Y). Anta at X Y. Vi må fra denne antakelsen vise at f a (X) f a (Y). Det er to tilfeller: enten så er a X eller så er a / X. Hvis a X, så er f a (X) = 1. Siden X Y, så må a Y, og da har vi f a (Y) = 1. Da holder f a (X) f a (Y). Hvis a / X, så er f a (X) = 0. Da holder f a (X) f a (Y) uansett hva f a (Y) er. 5

6 Oppgave 5 Relasjoner (10 poeng) (a) [2 poeng] Er { a, a, b, b } en refleksiv relasjon på U? Begrunn svaret ditt. Nei, den er ikke refleksiv, for c, c mangler. (b) [2 poeng] Finn den transitive tillukningen av { a, b, b, c, c, a }. Den transitive tillukningen er { a, a, a, b, a, c, b, a, b, b, b, c, c, a, c, b, c, c }. Det er i alt åtte funksjoner fra U til {0, 1}. (Du trenger ikke å skrive dem ut.) Vi definerer nå en binær relasjon på denne mengden av funksjoner ved å si at f g holder hvis f(x) g(x) holder for alle x i U, det vil si at både f(a) g(a) og f(b) g(b) og f(c) g(c) holder (der er definert som den vanlige mindre enn eller lik-relasjonen). (c) [3 poeng] Er relasjonen refleksiv? Begrunn svaret ditt. Ja, den er refleksiv. La f være en vilkårlig av disse funksjonene. Da vil f(x) f(x) for x {a, b, c}, og følgelig må f f. Siden f var vilkårlig valgt, må være refleksiv. (d) [3 poeng] Er relasjonen anti-symmetrisk? Begrunn svaret ditt. Ja, den er anti-symmetrisk. La f og g være to vilkårlige av disse funksjonene. Anta at f g og g f. Da må f(x) g(x) og g(x) f(x), for alle x. Dette gir at f(x) = g(x), for alle x. Det betyr at f og g er like. Siden f og g var vilkårlig valgt, må være anti-symmetrisk. 6

7 Oppgave 6 Førsteordens logikk (10 poeng) Anta at vi har et førsteordens språk med to binære relasjonssymboler, R og =. La M være modellen med domene P(U). Anta også at R tolkes som delmengderelasjonen,, og at = tolkes som likhetsrelasjonen. Avgjør om følgende formler er sanne eller usanne i modellen M. Gi korte begrunnelser for hvert enkelt svar. (a) [2 poeng] x(x = x) Sann. Det fins et element i P(U) som er lik seg selv, for eksempel {a}. (b) [2 poeng] x y(x = y) Usann. Det finnes forskjellige elementer i domenet, for eksempel {a} og {b}. (c) [2 poeng] x yrxy Sann. Det fins en mengde, nemlig den tomme mengden, som er inneholdt i alle mengder. (d) [2 poeng] x y( (x = y) Rxy) Uann. Et moteksempel er mengden U. Hvis x er lik {a, b, c}, så fins det ingen y forskjellig fra x slik at Rxy. Med andre ord, det fins ingen mengde som er ekte større enn {a, b, c}. (e) [2 poeng] x y z t(rzx Rzy (Rtx Rty Rtz)) (Hint: snitt.) Sann. Uansett hva x og y tolkes som, så finnes en tolkning z, nemlig snittet av disse mengdene, som er den største mengden som er en delmengde av både x og y. Den er slik at alt i z er i både x og y (z x og z y) og alt i både x og y er i z (t x og t y gir at t z). 7

8 Oppgave 7 Naturlig deduksjon (10 poeng) (a) [3 poeng] Gi en utledning i naturlig deduksjon med konklusjon B (A B) og åpen antakelse (A C). A C E A A B B (A B) 1 B I (b) [3 poeng] Gi et bevis i naturlig deduksjon for formelen ( A (A B)). 1 A B E A (A B) I 1 2 A E I 1 A (A B) I 2 (c) [4 poeng] Forklar kort hva det vil si at en logisk kalkyle er komplett. Det er at enhver gyldig formel er bevisbar i kalkylen. Hvis en kalkyle ikke er komplett, så fins det gyldige formler som ikke kan bevises i kalkylen. 8

9 Oppgave 8 Rekursjon (10 poeng) Mengden av utsagnslogiske formler med konnektivene, og og utsagnsvariablene A, B og C er en induktivt definert mengde. Derfor kan vi definere funksjoner på denne mengden ved rekursjon. La oss kalle den induktivt definerte mengden L. Vi definerer nå funksjonen g : L P(U) ved rekursjon på følgende måte (hvor F og G er vilkårlige formler). (a) [2 poeng] Regn ut g(a A). g(a) = {a} g(b) = {b} g(c) = {c} g( F) = g(f) g(f G) = g(f) g(g) g(f G) = g(f) g(g) g(a A) = g(a) g( A) = g(a) g(a) = {a} {a} = {a} {b, c} = {a, b, c} (b) [2 poeng] Regn ut g(a B). g(a B) = g(a) g(b) = {a} {b} = (c) [2 poeng] Regn ut g(a (B C)). g(a (B C)) = g(a) g(b C) = g(a) (g(b) g(c)) = {a} ({b} {c}) = {a, b, c} (d) [2 poeng] Regn ut g( (B C)). g( (B C)) = g(b C) = g(b) g(c) = {b} {c} = = {a, b, c} (e) [2 poeng] Spesifiser inversen til g eller forklar hvorfor ingen slik invers eksisterer. Funksjonen g har ingen invers, fordi den er ingen bijeksjon. Den er ikke injektiv. 9

10 Oppgave 9 Induksjonsbevis (10 poeng) Sett sammen funksjonene f a og g fra de tidligere oppgavene til en funksjon h som er slik at h(f) = f a (g(f)). Funksjonen h er altså en funksjon fra L til {0, 1}. La v være valuasjonen man får ved å gjøre A sann, B usann og C usann. Bevis ved strukturell induksjon på mengden L at påstanden h(f) = 1 v(f) = 1 holder for alle formler F, med andre ord, at funksjonen h er lik valuasjonen v. (Det er nok å gjøre et av tilfellene i induksjonssteget.) Basissteget er å sjekke at påstanden holder for alle elementene i basismengden {A, B, C}. Når F er lik A, så blir både h(f) og v(f) lik 1: h(a) = f a (g(a)) = f a ({a}) = 1, fordi a {a}, og v(a) = 1 (per definisjon av v). Når F er lik B eller C, så blir både h(f) og v(f) lik 0: h(b) = f a (g(b)) = f a ({b}) = 0, fordi a / {b}, og v(b) = 0 (per definisjon av v). Vi ser at h(c) = f a (g(c)) = f a ({c}) = 0, fordi a / {c}, v(c) = 0 (per definisjon av v). h(f) = 1 v(f) = 1 holder for alle utsagnsvariablene i basismengden. Induksjonssteget. Anta at påstanden holder for både F og G, det vil si at både h(f) = 1 v(f) = 1 og h(g) = 1 v(g) = 1 holder. Dette er induksjonshypotesene. Vi må fra disse antakelsene vise at påstanden også holder for -, - og -formler. Vi viser kun -tilfellet, at påstanden holder for -formler, her: h(f G) = 1 f a (g(f G)) = 1 (per definsjon av h) f a (g(f) g(g)) = 1 (per definsjon av g) f a (g(f)) = 1 og f a (g(g)) = 1 (per definsjon av snitt) h(f) = 1 og h(g) = 1 (per definsjon av g) v(f) = 1 og v(g) = 1 v(f G) = 1 (ved induksjonshypotesen) (ved definsjon av valuasjon) Ved strukturell induksjon på mengden av utsagnslogiske formler i L kan vi konkludere med at påstanden h(f) = 1 v(f) = 1 holder for alle formler i L. 10

11 Oppgave 10 Grafteori (10 poeng) Grafen som viser delmengderelasjonen på P(U) har følgende struktur (a) [2 poeng] Er grafen sammenhengende? Begrunn svaret ved å henvise til definisjonen av sammenhengende. Ja, denne grafen er sammenhengende; det er mulig å komme fra enhver node til enhver annen node ved å følge kantene. (b) [2 poeng] Er grafen komplett? Begrunn svaret ved å henvise til definisjonen av komplett. Nei, denne grafen er ikke komplett; det er for eksempel ingen kant mellom node 2 og node 4. I en komplett graf er alle par av noder forbundet med en kant. (c) [3 poeng] Har denne grafen en Eulersti? Hvis ja, gi en slik sti; hvis nei, forklar hvorfor det ikke kan finnes en slik. Nei, grafen har ingen Eulersti. Det er fordi det fins flere enn to noder av odde grad i grafen. En Eulersti eksisterer kun når gradene til alle nodene er partall eller når nøyaktig to av nodene har odde grad. (d) [3 poeng] Regn ut hvor mange kanter det er i komplementet til denne grafen. Denne grafen har 12 kanter. Den komplette grafen har ( 8 2) = 28 kanter. Da må komplementet ha 16 kanter. 11