Løsningsforslag oblig. innlevering 1

Transkript

1 Løsningsforslag oblig. innlevering 1 IN1150 Logiske metoder Høsten 2017 Oppgave 1 - Mengdelære (10 poeng) a) Ut fra opplysningene under, angi hvilke mengder A og B er. A B = {1, 2, 3, 4, 5, 6} A B = {2, 6} A \ B = {3, 4} A = {2, 3, 4, 6}, B = {1, 2, 5, 6} b) Hvor mange elementer er det i A B? List opp minst 3 av disse elementene. Det er 4 4 = 16 elementer i A B. Noen av disse elementene er 2, 1, 3, 6 og 6, 5. c) A B = {7, 8, 9} Hvilken mengde er da den universelle mengden U? U = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} d) M {1, 2, 3, 4, 5} M = 3 { {2}, {4}, {1, 2} } P(M) (P(M) er potensmengden til M, se definisjon 8.3.) Angi hvilken mengde M er. M = {1, 2, 4} e) Hva er kardinaliteten til P(M)? P(M) = 2 M = 2 3 = 8 Forklaring: P(M) er mengden av alle delmengdene av M. Spørsmålet kunne altså like gjerne vært hvor mange delmengder M har. For å lage en delmengde av M må man for hvert av de 3 elementene i M velge om det elementet skal være med eller ikke. Man har altså 3 uavhengige valg med 2 muligheter i hvert valg. Dette gir totalt = 2 3 = 8 muligheter. 1

2 f) La C = {1, 2}. Finn en mengde D slik at C både er et element i D og en delmengde av D. En mulighet er D = {{1, 2}, 1, 2}. Oppgave 2 - Utsagnslogikk (8 poeng) a) La F = (P Q). Gi 3 forskjellige utsagnslogiske formler som er logiske konsekvenser av F, men som ikke er ekvivalente med F. Tre muligheter er P, Q, og (P Q). Alle tautologier er også logiske konsekvenser av (P Q), for en tautologi er en logisk konsekvens av enhver formel. b) Er {(P Q), (P Q)} en uavhengig mengde formler? Begrunn svaret. (Se definisjon 4.8 for definisjonen av en uavhengig mengde formler.) Nei, for (P Q) er en logisk konsekvens av (P Q). c) Er det sant at (P Q) ( P Q)? Begrunn svaret. Nei. Valuasjonen som gjør P sann og Q usann gjør (P Q) usann og ( P Q) sann. d) Bevis at ((P Q) ( P Q)) er en tautologi med et motsigelsesbevis. (Du skal altså begynne med å anta at påstanden er usann, og vise at det leder til en motsigelse.) Antar for motsigelse at F = ((P Q) ( P Q)) ikke er en tautologi, altså at F er falsifiserbar. Da finnes det en valuasjon v som gjør F usann. F er en disjunksjon (eller-formel), og den eneste måten å gjøre en disjunksjon usann på, er ved å gjøre begge disjunktene usanne. v må altså gjøre både (P Q) og ( P Q) usanne. ( P Q) er også en disjunksjon, og siden v gjør ( P Q) usann, må v gjøre P usann og Q usann. Da gjør v P sann og Q sann. Men hvis v gjør P og Q sanne, er (P Q) sann. Det er ikke mulig at en valuasjon gjør (P Q) både sann og usann samtidig, og vi har kommet til en motsigelse. Dermed kan vi konkludere med at F er en tautologi. 2

3 Oppgave 3 - Relasjoner og funksjoner (8 poeng) La A = {1, 2, 3, 4}. a) La R være en refleksiv relasjon på A. Hva er det minste antallet elementer R kan inneholde? 4, siden det er 4 elementer i A. b) S = { 1, 4, 2, 4, 3, 2, 4, 2 }. Hva er den transitive tillukningen av S? S { 1, 2, 2, 2, 3, 4, 4, 4 } c) Angi en binær relasjon på A som er symmetrisk og irrefleksiv, og som også er en funksjon fra A til A. (Merk at det står irrefleksiv, se definisjon 6.7.) En mulighet: { 1, 2, 2, 1, 3, 4, 4, 3 } d) Er funksjonen din i c) injektiv, surjektiv eller bijektiv? Begrunn svaret. Funksjonen er både injektiv og surjektiv, så den er bijektiv. Funksjonen er injektiv siden det for alle par av tupler x 1, y 1, x 2, y 2 i funksjonen er slik at hvis x 1 x 2, så y 1 y 2. Funksjonen er surjektiv, siden det for alle y A finnes en x A slik at x, y er med i funksjonen. Oppgave 4 - Rekursive funksjoner (6 poeng) a) Definer en rekursiv funksjon f på bitstrenger som bytter ut alle 1-ere i en bitstreng med 0-er, og alle 0-er med 1-ere. Eksempler: f(101) = 010 f( ) = f(1) = 0 f(0) = 1 f(b1) = f(b)0 f(b0) = f(b)1 Forklaring: Først må vi se på den induktive definisjonen av mengden av bitstrenger (definisjon 9.9). Mengden av bistrenger er induktivt definert som den minste mengden som er slik at 0 og 1 er bitstrenger, og hvis b er en bitstreng, er b0 og b1 også bitstrenger. 3

4 Basismengden her er altså {0, 1}. Etter definisjon 10.1 for rekursive funksjoner må vi først for hvert element x i basismengden spesifisere en verdi for f(x). Derfor spesifiserer vi først f(1) = 0 og f(0) = 1 i overenstemmelse med oppgaven. Så må vi for hver bitstreng x som fremkommer i et induksjonssteg, definere verdien til f(x) ved å bruke «tidligere definerte verdier for f». Siden b1 fremkommer i et induksjonssteg basert på b, må vi definere verdien til f(b1) basert på verdien til f(b). Siden bitstrengen b1 slutter på 1, skal f(b1) være strengen b der alle 1-ere er byttet med 0-er, og alle 0-er er byttet med 1-ere, og i tillegg en 0 på slutten. Derfor setter vi f(b1) = f(b)0. Siden b1 også fremkommer i et induksjonssteg basert på b, må vi definere verdien til f(b1) basert på verdien til f(b). Analogt med definisjonen av f(b1) setter vi f(b0) = f(b)1. b) Definer en rekursiv funksjon g fra bitstrenger til heltall som gir differansen mellom antall 1-ere og antall 0-er i en bitstreng b. Hvis b inneholder m 1-ere og n 0-er, så skal g(b) = m n. Eksempler: f(1011) = 2 f(00000) = 5 f(1) = 1 f(0) = 1 f(b1) = f(b) + 1 f(b0) = f(b) 1 Oppgave 5 - Strukturell induksjon (8 poeng) La B være språket over alfabetet {(, )} som er indukivt definert slik: Λ B Hvis s B, så (s) B. Hvis s B og t B, så st B. Her er noen av elementene i B: Λ, (), ()(), (()), (()()), (())() og ()()(). Bevis ved strukturell induksjon at for alle strenger x B, er det slik at antall tegn i x er et partall. Basissteget: Påstanden holder for Λ, fordi antall tegn i Λ er 0, som er et partall. 4

5 Induksjonssteget: Anta at påstanden holder for s og t. Dette er induksjonshypotesen. Fra denne antakelsen må vi vise at påstanden holder for (s) og st. Antall tegn i (s) er lik antall tegn i s pluss 2. Ved induksjonshypotesen er det partall mange tegn i s, og siden 2 pluss et partall er et partall, er det partall mange tegn i (s). Antall tegn i st er lik antall tegn i s pluss antall tegn i t. Ved induksjonshypotesen er begge disse tallene partall, og siden summen av to partall er et partall, er det også partall mange tegn i st. Ved induksjon følger det at for alle s B, er det slik at antall tegn i s er et partall. 5