LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng)

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i Eksamensdag: 9. desember 2010 Tid for eksamen: 09:00 13:00 INF1080 Logiske metoder for informatikk Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng) La R = { 1, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 2, 2, 3, 3, 3 } og S = { 3, 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3 } være relasjoner på mengden {1, 2, 3, 4}, og besvar følgende spørsmål. (a) [1 poeng] Regn ut R S. R S = { 2, 2, 3, 3 } (b) [1 poeng] Regn ut R \ S. R \ S = { 1, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 3 } (c) [1 poeng] Regn ut S \ R. S \ R = { 3, 1, 3, 2 }. (d) [1 poeng] Regn ut S 1. S 1 = { 1, 3, 2, 2, 2, 3, 3, 3 } (e) [1 poeng] Regn ut kardinaliteten til R S. R S = R + S R S = = 8. (f) [1 poeng] Regn ut den symmetriske tillukningen av S. (Fortsettes på side 2.)

2 { 3, 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 1, 3, 2, 3 } eller S { 1, 3, 2, 3 } (g) [1 poeng] Hvor mange delmengder har S? S har 4 elementer og dermed 2 4 = 16 delmengder. (h) [1 poeng] Hvor mange delmengder av S har to elementer? S har ( ) 4 = 4! 2 2!2! = 6 delmengder med 2 elementer. (i) [1 poeng] Er R en refleksiv relasjon? Begrunn svaret kort. Nei, R mangler 4, 4 for å være refleksiv. (j) [1 poeng] Vis at R S ikke er transitiv. R S inneholder 2, 3 og 3, 1, men ikke 2, 1, og derfor er den ikke transitiv. Oppgave 2 Utsagnslogikk (10 poeng) Vi definerer et nytt konnektiv og tolker (P Q) på følgende måte. P Q (P Q) (a) [2 poeng] Finn en formel som er logisk ekvivalent med (P Q) hvor de eneste konnektivene er og. Begrunn svaret ved å lage en sannhetsverditabell. 2

3 Formelen ( P Q) er ekvivalent med (P Q) og bruker kun konnektivene og. Det kan vi se fra følgende sannhetsverditabell, siden kolonnene under disse formlene er identiske. P Q (P Q) ( P Q) (b) [3 poeng] Finn en formel som er logisk ekvivalent med P hvor det eneste konnektivet er. Begrunn svaret ved å lage en sannhetsverditabell. Formelen (P P) er logisk ekvivalent med P og bruker kun konnektivet. Det kan vi se fra følgende sannhetsverditabell. P P (P P) (c) [5 poeng] Her er noen utsagnslogiske formler. Sett -piler som angir hvilke formler som er logiske konsekvenser av hverandre. For eksempel, sett en pil fra F til G hvis G er en logisk konsekvens av F. Det er ikke nødvendig å sette en pil fra en formel til seg selv. (P Q) (P Q) (P Q) (P P) Her er figuren med piler. (P Q) (P Q) (P Q) (P P) 3

4 Oppgave 3 Bevismetoder (10 poeng) En relasjon R på en mengde U kalles en preordning på U hvis den er refleksiv og transitiv og en partiell ordning på U hvis den er refleksiv, transitiv og anti-symmetrisk. Hvis F og G er utsagnslogiske formler, så skriver vi F G når G er en logisk konsekvens av F. (a) [3 poeng] Vis at er en preordning (du må vise at er refleksiv og transitiv). Vi må vise at er refleksiv og transitiv. For refleksivitet, la F være en utsagnslogisk formel. Da vil F F, fordi enhver formel er en logisk konsekvens av seg selv. For transitivitet, la F, G og H være utsagnslogiske formler og anta at F G og G H. For å vise at H er en logisk konsekvens av F, anta at F er sann. Da følger det fra F G at G er sann. Da følger det fra G H at H er sann. Dermed har vi at F H. (b) [2 poeng] Vis at ikke er en partiell ordning. er ikke anti-symmetrisk, for P P og P P, men P og P er to forskjellige formler. (c) [5 poeng] Anta at er en preordning på U. La være relasjonen på U som er slik at x y hvis og bare hvis x y og y x. Bevis at er en ekvivalensrelasjon. Vi må vise at er refleksiv, transitiv og symmetrisk. For å vise at er refleksiv, la x U. Vi har antatt at er refleksiv, så x x. Da vil x x per definisjon. For å vise at er symmetrisk, anta at x y. Vi må vise at y x. Per definisjon gir x y at x y og y x. Da vil y x og x y, og dermed også y x, være sant. For å vise at er transitiv, anta at x y og y z. Vi må vise at x z. Per definisjon gir x y at x y og y x, og y z gir at y z og z y. Vi har antatt at er transitiv, så x y og y z gir at x z, og z y og y x gir at z x. Tilsammen gir x z og z x at x z. 4

5 Oppgave 4 Partisjoner/ekvivalensklasser (10 poeng) (a) [5 poeng] Hva er en partisjon av en mengde? En partisjon av en mengde S er en mengde X av ikke-tomme delmengder av S slik at unionen av alle mengdene i X er lik S og snittet mellom to forskjellige mengder fra X er tomt. (b) [2 poeng] Gi en partisjon av {A, B, C, D, E}. {{A, B}, {C, D}, {E}} er en partisjon av {A, B, C, D, E}. Anta at er en ekvivalensrelasjon på {A, B, C, D, E} som gir opphav til følgende to ekvivalensklasser. {B, E} og {A, C, D} (c) [3 poeng] Skriv ned som en mengde av ordnede par. { B, B, B, E, A, A, A, C, A, D, E, B, E, E, C, A, C, C, C, D, D, A, D, C, D, D } 5

6 Oppgave 5 Tablåmetoden (10 poeng) For hvert av påstandene under, bruk tablåmetoden til å vise denne påstaden. For hvert svar, gi en god begrunnelse for hvorfor tablåmetoden viser at det er slik at denne påstaden holder. (a) [5 poeng] Formelen (P Q) ( P Q) er oppfyllbar. For å vise at en formel er oppfyllbar, så kan vi lage et tablå for formelen og vise at det ikke er mulig å lukke tablået. Deretter kan vi lage en valuasjon fra en åpen gren. (P Q) ( P Q) (P Q) ( P Q) P Q P Q Her får vi en åpen gren som svarer til valuasjonen v(p) = v(q) = 0. Denne gjør formelen (P Q) ( P Q) sann. (b) [5 poeng] Formelen (P Q) ( P Q) er en tautologi. For å vise at en formel er en tautologi, så er det tilstrekkelig å lage et lukket tablå for negasjonen av formelen. ((P Q) ( P Q)) (P Q) ( P Q) P Q P Q Her er alle grenene lukket, og det betyr at formelen i tablået ikke er oppfyllbar og dermed at (P Q) ( P Q) er en tautologi. 6

7 Oppgave 6 Rekursjon og induksjon (20 poeng) La L være språket {0, 1} som består av alle strenger over alfabetet {0, 1}, og la f : L L være definert rekursivt på følgende måte, hvor x L og b {0, 1}. (Husk at Λ står for den tomme strengen.) 1. f(λ) = Λ 2. f(xb) = bf(x)b (a) [2 poeng] Regn ut f(1100), og vis hvordan du kommer frem til svaret. f(1100) = 0f(110)0 = 00f(11)00 = 001f(1)100 = 0011f(Λ)1100 = 0011Λ1100 = (b) [3 poeng] Forklar kort hva denne funksjonen gjør. Denne funksjonen tar en streng s og setter den etter den samme strengen reversert. Resultatet blir en streng som er et palindrom; den er lik uansett om den leses forlengs eller baklengs. (c) [3 poeng] Er f en injektiv funksjon? Forklar hvorfor eller gi et moteksempel. Ja, f er injektiv. Anta at f(x) = f(y). Siden f(x) = xx og f(y) = ȳy, hvor x og ȳ er x og y reversert, så får vi at xx = ȳy og dermed at x = y (fordi x, y, x og ȳ er like lange). Dette viser at f er injektiv. (d) [2 poeng] Er f en surjektiv funksjon? Forklar hvorfor eller gi et moteksempel. Nei, f er ikke surjektiv. Det fins for eksempel ingen x L slik at f(x) = 0 eller f(x) = 1. 7

8 (e) [3 poeng] La M være f[l], bildemengden til f. Gi en induktiv definisjon av M. La M være den minste mengden slik at følgende holder. 1. Λ M 2. Hvis x M, så 0x0 M. 3. Hvis x M, så 1x1 M. (f) [7 poeng] Bevis ved strukturell induksjon at antall tegn i f(x) er et partall for alle x L. Vi skal vise ved induksjon at påstanden antall tegn i f(x) er et partall er sann for alle x L. Basissteget. Det er at påstanden holder for x = Λ. Ved å sette inn Λ for x, får vi f(λ) = Λ, og siden det er 0 tegn i Λ, og 0 er et partall, så holder påstanden for Λ. Induksjonssteget. Anta at påstanden holder for en streng x, det vil si at antall tegn i f(x) er et partall. Dette er induksjonshypotesen, og vi må fra denne vise at påstanden holder for xb, hvor b {0, 1}, det vil si at antall tegn i f(xb) også er partall. Definisjonen sier at f(xb) = bf(x)b, og antall tegn i bf(x)b er to mer enn i f(x). Induksjonshypotesen gir at antall tegn i f(x) er et partall, og dermed må også antall tegn i bf(x)b være et partall. Ved induksjon følger det at antall tegn i f(x) er et partall for alle x L. 8

9 Oppgave 7 Førsteordens representasjon (10 poeng) Anta at B, P, S, Q og T er relasjonssymboler slik at Bx tolkes som x leser gode bøker, Px tolkes som x er en professor, Sx tolkes som x er en student, Qxy tolkes som x er smartere enn y og Txy tolkes som x ser mer på TV enn y. Anta at a, b og c er konstantsymboler som representerer Anna, Bernt og Carl. Finn førsteordens formler for følgende setninger. (a) [2 poeng] Anna og Bernt er begge professorer som ikke leser gode bøker. (Pa Pb) (Ba Bb) (b) [2 poeng] Det fins ingen professor som ser mer på TV enn en student. x y(px Sy Txy) eller x y(px Sy Txy) (c) [2 poeng] Carl er smartere enn alle studenter som ser mer på TV enn Anna. x((sx Txa) Qcx) Finn gode og naturlige setninger for følgende førsteordens formler. (d) [2 poeng] x(sx Bx) Alle studenter leser gode bøker. (e) [2 poeng] x(bx y(qxy By)) Alle som leser gode bøker er smartere enn noen som ikke gjør det. 9

10 Oppgave 8 Førsteordens modeller (10 poeng) x y(rxy Ryx) (a) [3 poeng] Spesifiser en førsteordens modell M med domene {1, 2, 3} som gjør denne formelen sann. Forklar kort hvorfor modellen gjør formelen sann ved å referere til definisjonen av tolkningen av førsteordens formler. La R M = { 1, 2, 2, 3, 3, 1 }. Formelen blir sann fordi for ethvert element a {1, 2, 3}, så fins det en b {1, 2, 3} slik at a, b R M og b, a / R M. (b) [2 poeng] Kan R i forrige oppgave tolkes som en refleksiv relasjon? Hvis ja, forklar kort hvordan det er mulig; hvis nei, forklar hvorfor det er ikke er mulig. Ja, R kan tolkes som en refleksiv relasjon. Det er ingenting som forbyr det. Det er for eksempel mulig å tolke R som en refleksiv relasjon ved R M = { 1, 2, 2, 3, 3, 1, 1, 1, 2, 2, 3, 3 }. Hvorvidt relasjonen er refleksiv eller ikke har ikke noe å si for den ønskede egenskapen. Det er tilstrekkelig at det for hvert valg av a fins en b slik at a, b R M og b, a / R M. Dette elementet b kan bare ikke være det samme som a. (c) [5 poeng] Her er noen førsteordens formler. Sett -piler som angir hvilke formler som er logiske konsekvenser av hverandre. For eksempel, sett en pil fra F til G hvis G er en logisk konsekvens av F. Det er ikke nødvendig å sette en pil fra en formel til seg selv. x(px Qx) xpx xqx x(px Qx) xpx xqx 10 xpx xqx xpx xpx xqx xpx

11 Oppgave 9 Grafteori (10 poeng) (a) [2 poeng] Er grafen enkel? Begrunn svaret ved å henvise til definisjonen av enkel. Ja, denne grafen er enkel; den har hverken løkker eller parallelle kanter. (b) [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. (c) [3 poeng] Har denne grafen en Eulerkrets? Hvis ja, gi en slik krets; hvis nei, forklar hvorfor det ikke kan finnes en slik. Nei, grafen har ingen Eulerkrets. Det er fordi det fins noder av odde grad i grafen, og vi vet at en Eulerkrets eksisterer nøyaktig når gradene til alle nodene er partall. (d) [3 poeng] Har denne grafen en Eulersti? Hvis ja, gi en slik sti; hvis nei, forklar hvorfor det ikke kan finnes en slik. Ja, grafen har en Eulerkrets; stien er en Eulersti. 11