Konstrukcija i analiza algoritama 27. februar 2017 1 Pravila zaključivanja i tehnike dokazivanja u iskaznoj i predikatskoj logici 1 1.1 Iskazna logika Pravila zaključivanja za iskaznu logiku: 1. DODAVANJE 2. POJEDNOSTAVLJIVANJE 3. SPAJANJE (KONJUKCIJA) p p q p q p p q p q 4. MODUS PONENS 5. MODUS TOLLENS p p q q q p q p 6. HIPOTETIČKI SILOGIZAM p q q r p r 1 Materijal je osmišljen na osnovu knjige: Discrete Mathematics and Its Applications, Kenneth H. Rosen 1
7. DISJUNKTIVNI SILOGIZAM p q p q 8. PRAVILO REZOLUCIJE p q p r q r 1. Konstruisati dokaz koristeći pravila zaključivanja koji pokazuje da iz hipoteza: (a) Ako imam sreće dobiću na lutriji. (b) Ako dobijem na lutriji kupiću auto. (c) Nisam kupio auto. sledi zaključak: Nisam imao sreće. Rešenje: Označimo sa u tvrdjenje Imam sreće, sa v tvrdjenje Dobio sam na lutriji, sa w Kupio sam auto. Onda možemo da zapišemo hipoteze kao: H1: u v H2: v w H3: w a tvrdjenje koje hoćemo da dokažemo kao: Z: u Dokaz je onda sledećeg oblika: 1. v w (H2) 2. w (H3) 3. v (1,2,MT) 4. u v (H1) 5. u (3,4,MT) 2. Konstruisati dokaz koristeći pravila zaključivanja koji pokazuje da iz hipoteza: (a) Ako ne pada kiša ili ako nije maglovito, onda će biti održano takmičenje jedrilica i održaće se prezentacija spasioca. (b) Ako se održi takmičenje jedrilica, biće uručen trofej. 2
(c) Trofej nije uručen. sledi zaključak: Padala je kiša. Rešenje: Označimo sa p tvrdjenje pada kiša, sa q tvrdjenje maglovito je, sa r održaće se trka jedrilica, sa s održaće se prezentacija spasioca, a sa t biće uručen trofej. Onda možemo da zapišemo hipoteze kao: H1: p q r s H2: r t H3: t a tvrdjenje koje hoćemo da dokažemo kao: Z: p A dokaz je onda sledećeg oblika: 1. p q r s (H1) 2. r t (H2) 3. t (H3) 4. r (2,3,MT) 5. r s = (r s) (4, dodavanje) 6. ( p q) = p q (1,5,MT) 7. p (6, pojednostavljenje) 3. Metodom rezolucije pokazati da iz hipoteza (p q) r i r s sledi zaključak p s. Rešenje: (p q) r prezapisujemo kao dve klauze: p r, q r, a r s kao r s. Stoga direktno iz klauza p r i r s dobijamo p s. 4. 2 Metodom rezolucije pokazati da iz hipoteza: (a) Ja ili sanjam ili haluciniram. (b) Ne sanjam. (c) Ako haluciniram, vidim ružičaste slonove. sledi zaključak: Vidim ružičaste slonove. Najčešće greške u zaključivanju: G1: [(p q) q] p nije tautologija greška u potvrdjivanju zaključka G2: [(p q) p] q nije tautologija greška u negiranju hipoteze 2 Za vežbu 3
5. Odrediti koji je od ovih dokaza korektan; ako je korektan na osnovu kog pravila zaključivanja je dobijen, a ako nije koja se logička greška javila: (a) Ako je n realan broj takav da važi n > 1, tada je n 2 > 1. Ako pretpostavimo da je n 2 > 1, tada sledi da je n > 1. (b) Ako je n realan broj takav da važi n > 3, tada je n 2 > 9. Ako pretpostavimo da je n 2 9, tada sledi da je n 3. (c) Ako je n realan broj takav da važi n > 2, tada je n 2 > 4. Ako pretpostavimo da je n 2, tada sledi da je n 2 4. 1.2 Logika prvog reda Pravila zaključivanja za logiku prvog reda: Univerzalno instanciranje: Iz premise xp (x) i toga da je c član skupa entiteta na koje primenjujemo univerzalni kvantifikator sledi da važi: P (c). Univerzalna generalizacija: Iz premise da je P (c) tačno za sve vrednosti c iz skupa entiteta na koje primenjujemo univerzalni kvantifikator, sledi xp (x). Egzistencijalno instanciranje: Iz premise xp (x) sledi da postoji element c iz skupa entiteta ne koje primenjujemo egzistencijalni kvantifikator tako da je P (c) tačno. Egzistencijalna generalizacija: Iz premise da je P (c) tačno za neko poznato c, zaključujemo da je tačno tvrdjenje xp (x). 1. Objasniti koja su pravila zaključivanja iskorišćena u svakom od koraka: (a) Milan, student ove grupe, zna da piše programe u Javi. Svako ko zna da piše programe u Javi može da dobije dobro plaćen posao. Stoga neko u ovoj grupi može da dobije dobro plaćen posao. Rešenje: Označimo sa c(x) tvrdjenje x je u ovoj grupi, sa j(x) tvrdjenje x zna da piše programe u Javi, sa h(x) x može da dobije dobro plaćen posao. Onda možemo da zapišemo hipoteze kao: H1: c(m) j(m) H2: x(j(x) h(x)) a tvrdjenje koje treba da dokažemo je: Z: x(c(x) h(x)) Dokaz je onda sledećeg oblika: 1. c(m) j(m) (H1) 2. c(m) (1,pojednostavljivanje) 3. j(m) (1,pojednostavljivanje) 4
4. x(j(x) h(x)) (H2) 5. j(m) h(m) (4, univerzalno instanciranje) 6. h(m) (5,3,MP) 7. c(m) h(m) (1,6, spajanje) 8. x(c(x) h(x)) (b) Svako iz New Jersey-ja živi u krugu od 50 milja daleko od okeana. Neko iz New Jersey-ja nikada nije video okean. Stoga neko ko živi u krugu od 50 milja daleko od okeana nikada nije video okean. Uputstvo: Prvo se osloboditi egzistencijalnog kvantifikatora, pa tek onda univerzalnog kvantifikatora. 2. 2 Objasniti koje se pravilo zaključivanja koristi u svakom od koraka: Neko u ovoj grupi uživa da gleda tenis. Svaka osoba koja uživa da gleda tenis, voli da se bavi sportom. Stoga u ovoj grupi postoji osoba koja voli da se bavi sportom. 3. 2 Objasniti koje se pravilo zaključivanja koristi u svakom od koraka: Marija, student četvrte godine, je bila u Parizu. Svako ko ode u Pariz ode da poseti Luvr. Svako ko poseti Luvr vidi poznatu sliku Mona Liza. Stoga, postoji student četvrte godine koji je video sliku Mona Liza. 5
1.3 Tehnike dokazivanja Tipovi dokaza: Direktni dokazi implikacija p q se dokazuje tako što se pretpostavi da je p tačno i onda pokaže da iz toga sledi da je q tačno Indirektni dokazi umesto implikacije p q dokazuje se njena kontrapozicija q p Besmisleni i trivijalni dokazi implikacija p q je tačna ukoliko je p uvek netačno - ovo nazivamo besmislenim dokazom ili ukoliko je q uvek tačno - ovo nazivamo trivijalnim dokazom Dokaz kontradikcijom tvrdjenje p dokazujemo tako što pretpostavimo suprotno - da je tačno p i iz toga izvedemo kontradikciju Dokaz po slučajevima tvrdjenje oblika (p 1... p n ) q dokazujemo tako što pokazujemo da važi: p 1 q... p n q Dokaz ekvivalencije tvrdjenje oblika p q dokazujemo tako što dokazujemo p q i q p 1. Dokazati tvrdjenje P (0), ako je sa P (n) označeno tvrdjenje: ako je n pozitivan ceo broj veći od 1, tada je n 2 > n. Koji tip dokaza se koristi? 2. Dokazati tvrdjenje P (1), ako je sa P (n) označeno tvrdjenje: ako su a i b pozitivni celi brojevi, tada je (a + b) n a n + b n. Koji tip dokaza se koristi? 3. Dokazati da ako je n prirodan broj i n 3 + 5 je neparno, tada je n parno, koristeći: (a) indirektni dokaz, (b) dokaz kontradikcijom. Rešenje: (a) Dokazujemo tvrdjenje oblika p q korišćenjem kontrapozicije ovog tvrdjenja. U ovom primeru to znači da pretpostavimo da n nije parno i hočemo da dokažemo da onda n 2 + 5 nije neparno, tj. da je parno. Ako n nije parno, a prirodan je broj, to znači da je n neparno, tj može se predstaviti u obliku: n = 2 k 1, k N. Tada je n 3 +5 = (2 k 1) 3 = 8k 3 12k 2 +6k 1+5 = 2(4k 3 6k 2 +3k+2), tj parno je. (b) Dokazujemo tvrdjenje oblika p q tako što pretpostavimo suprotno, da tvrdjenje nije tačno. To znači da važi: (p q) = ( p q) = p q. U ovom primeru to znači da pp da važi da je n 3 + 5 neparno i da je n neparno. Na osnovu dela pod (a) izveli smo da ako je n neparno, oda je n 3 + 5 parno. Kontradikcija. Sledi da je polazno tvrdjenje tačno. 6
4. Dokazati da postoji 100 uzastopnih prirodnih brojeva koji nisu kvadrati nekog broja. Da li je dokaz konstruktivan ili nekonstruktivan? Uputstvo: Izmedju 100 2 i 101 2 postoji više od 100 brojeva, a oni nisu kvadrati nekog prirodnog broja. 5. Dokazati ili opovrgnuti da postoji racionalan broj x i iracionalan broj y, tako da je broj x y iracionalan. Uputstvo: Razmotriti slučaj brojeva: x = 2, y = 2. 6. Dokazati da je proizvod dva od brojeva 65 1000 8 2001 + 3 177, 79 1212 9 2399 + 2 2001 i 24 4493 5 8192 + 7 1717 nenegativan. 7. Dokazati da je najmanje jedan od brojeva a 1, a 2,..., a n veći ili jednak srednjoj vrednosti ovih brojeva. Koju vrstu dokaza koristimo? Uputstvo: Pretpostavimo suprotno i izvedimo dokaz kontradikcijom. 8. Ako je prvih deset prirodnih brojeva smešteno oko kruga u proizvoljnom rasporedu, tada postoje tri broja na susednim lokacijama koja imaju zbir veći ili jednak od 16. Uputstvo: Pretpostavimo suprotno i izvedimo dokaz kontradikcijom. Iskoristiti činjenicu da ako za proizvoljan raspored brojeva oko kruga sumiramo sve moguće trojke uzastopnih brojeva, dobijamo trostruki zbir svih brojeva koji se rasporedjuju oko kruga. 9. Dokazati nejednakost trougla koja tvrdi da za realne brojeve x i y važi: x + y x + y. Uputstvo: Koristimo dokaz po slučajevima: (a) x 0 y 0 (b) x < 0 y < 0 (c) x 0 y < 0 i. x y ii. x < y (d) x < 0 y 0 i. x y ii. x < y 10. 2 Dokazati da ako su x i y realni brojevi, onda važi: max(x, y)+min(x, y) = x + y. 11. 2 Dokazati da se četvrti stepen celog broja završava na 0, 1, 5 ili 6 12. Neka su a i b neparni celi brojevi tako da je a b. Pokazati da postoji jedinstveni ceo broj c tako da važi: a c = b c 7
Rešenje: Jednačina a c = b c je ekvivalentna dvema jednačinama: a c = b c i a c = (b c). Prva otpada kao rešenje jer je uslov zadatka da je a b. Druga jednačina daje rešenje c = (a + b)/2, pri čemu c jeste ceo broj jer su a i b prema pretpostavci zadatka neparni brojevi, te je njihov zbir paran broj. Ovim se dobija jedinstveno rešenje problema. 8