Oplossingen oefeningen logica en eindige automaten 12 december Het bestand oplnoef12dec.zip bevat de.sen en.fa bestanden met de oplossingen.

Transcriptie

1 Oplossingen oefeningen logica en eindige automaten 12 december 2003 Het bestand oplnoef12dec.zip bevat de.sen en.fa bestanden met de oplossingen. Oefening 1 Deel 1: Logica Vertaal de volgende zinnen in predikatenlogica. Oplossing: De oplossingen staan in het bestand Oe1dec21.sen. 1. Er staan enkel twee kubussen. x y( (x = y) Cube(x) Cube(y) z(x = z y = z)) Want er bestaan twee verschillende objecten x en y die allebei een kubus zijn, en welk object z we ook nemen, dit object z zal ofwel gelijk zijn aan x of gelijk zijn aan y. 2. Elke dodecaëder ligt tussen twee objecten. x(dodec(x) y z(between(x, y, z))) 3. Als er een dodecaëder is, dan is dit het enige object. z(dodec(z) y(y = z)) Om de geldigheid van deze zin te verifiëren, gebruiken we de waarheidstabel van de implicatie. p q p q Belangrijk bij de implicatie p q is dat deze implicatie altijd waar is als p vals is. 1

2 Beschouwen we de voorgestelde oplossing. Deze zin zal maar waar zijn als voor elk object z, de implicatie waar is. Dodec(z) y(y = z) Stel er is een dodecaëder en z is gelijk aan deze dodecaëder. Daar dan Dodec(z) waar is, moet ook y(y = z) waar zijn. Dus elk object y is gelijk aan z. Dit betekent dat er slechts die éne dodecaëder z staat. Bijgevolg, als er een dodecaëder staat, dan is dit wel degelijk het enige object. Stel er staan geen dodecaëdra. Dan wat z ook is, Dodec(z) is vals. En dus zal de volledige implicatie waar zijn. Dodec(z) y(y = z) Voor alle objecten z is de volledige implicatie waar. Dus de voorgestelde zin z(dodec(z) y(y = z)) is ook waar als er geen dodecaëder staat. Dit waar zijn vertolkt het feit dat deze zin in feite niks van voorwaarden op de wereld legt als er geen dodecaëdra optreden. 4. Elke kubus ligt links van een voorwerp. y(cube(y) xleftof(y, x)) 5. Als er een kubus is, dan zijn alle andere objecten tetraëdra. x(cube(x) y((x = y) Tet(y))) Deze zin wordt op dezelfde manier verklaard als zin 3. Opmerking Een algemene opmerking betreffende zinnen uit de propositielogica en de predikatenlogica waarin zowel en ( ) als of ( ) optreden. Beschouw bijvoorbeeld de volgende zin: 2

3 Cube(a) Cube(b) Large(b) Wat betekent deze zin? Is deze een welgevormde formule? Stel de formule is welgevormd; stel de formule heeft een ondubbelzinnige betekenis. Dan mag deze betekenis niet veranderen als er haakjes geplaatst worden. Dus moeten en (Cube(a) Cube(b)) Large(b) Cube(a) (Cube(b) Large(b)) dezelfde betekenis hebben. Deze zinnen hebben echter een verschillende betekenis. De eerste zin is waar als ofwel a en b terzelfdertijd een kubus zijn, ofwel b Large is. Dus als a een dodecaëder is en b een tetraëder is die Large is, dan is deze zin waar. De tweede zin is waar als a een kubus is, en b een kubus is of b Large is. Dus de tweede zin is vals als a een dodecaëder is. Dus hier moeten er in deze zin haakjes geplaatst worden om de betekenis van deze zin ondubbelzinnig te bepalen. Dit kunnen we ook zien in Tarski s World. Als de zin Cube(a) Cube(b) Large(b) ingegeven wordt in Tarski s World, en we controleren of deze zin WFF is, dan zegt Tarski s World dat dit niet zo is. Oefening 2 Open maigrold.wld en maigrold.sen. Zes van de objecten uit maigrold.wld hebben een naam. Alle zinnen uit maigrold.sen zijn waar in de wereld maigrold.wld. Bepaal welke objecten in maigrold.wld een naam hebben en wat deze naam is. Oplossing: De oplossing bevindt zich in maigrsol.wld. Zin 7 en 8 impliceren dat e de linkse dodecaëder is. Zin 7 zegt namelijk dat e een dodecaëder is. Dus e is de rechtse kleine dodecaëder of de linkse grote dodecaëder. Stel dat e de rechtse kleine dodecaëder is, dan is Large(e) vals, dus moet xleftof(x, e) 3

4 waar zijn. Er mag dus niks links van e staan. Maar per onderstelling is e de rechtse dodecaëder, en er staan objecten links van die rechtse dodecaëder. Er is een foutieve onderstelling gemaakt; e is niet de rechtse dodecaëder, maar de linkse grote dodecaëder. Nu bepalen we c. Zin 1 zegt dat c tussen a en d staat, en dat c een kubus of dodecaëder is. De dodecaëdra staan echter niet tussen twee objecten, dus c moet een kubus zijn. Zin 6 zegt dat d voor b staat. Dus d staat zeker en vast niet op de laatste rij. Maar c moet tussen a en d staan, dus c moet de voorste kleine kubus zijn; c kan onmogelijk de grote kubus op de laatste rij zijn. Zin 3 stelt dat a voor c staat. Daar we al weten dat c de kleine kubus is, moet a op de eerste rij staan. We weten nog niet welke van de twee tetraëdra op de eerste rij nu precies gelijk is aan a, maar welke het ook is, we zien dat er geen object x bestaat dat terzelfdertijd achter a en voor c staat. Dus door a op de voorste rij te plaatsen, is zin 3 volledig waar. Zin 2 is ook waar als we a op de voorste rij plaatsen, want er staat iets achter a, namelijk c, dus xbackof(x, a) is waar, en er staat iets voor c, namelijk a, dus xfrontof(x, c) is waar. Nu bepalen we b. Zin 5 stelt dat b tussen twee objecten staat, en die twee objecten zijn geen tetraëdra. De enige mogelijkheden voor b zijn de kubus achteraan, en de uiterst rechtse tetraëder. We bespreken de twee mogelijkheden afzonderlijk. Mogelijkheid 1: Stel dat b de kubus achteraan is. In dit geval is b groot; dus zin 4 impliceert dat er iets links van d moet staan. Combineer dit met zin 1: er moet iets links van d staan en (zin 1) c moet tussen a en d staan. Tesamen impliceert dit dat d de rechtse tetraëder op de eerste rij is, of de tetraëder uiterst rechts; het is namelijk ook zo dat d links van f moet staan; dus d is zeker niet de rechtse dodecaëder. Maar a staat op de eerste rij (zie hierboven reeds bepaald), en c moet tussen a en d staan (zin 1), dus d moet de tetraëder uiterst rechts zijn. Daar we nu de exacte positie van d en c kennen, en zin 1 stelt dat c tussen a en d staat, moet a de linkse tetraëder op de eerste rij zijn. Zin 6 stelt dat d links van f moet staan, dus de enige mogelijkheid is dat f de dodecaëder uiterst rechts is. 4

5 Mogelijkheid 2: Stel dat b de uiterst rechtse tetraëder is. In dit geval is b niet groot; dus zin 4 impliceert dat er niks links van d mag staan. Dus d is een object op de meest linkse kolom. Zin 6 stelt dat d voor b moet staan, dus d moet de voorste tetraëder op de meest linkse kolom zijn. Uit zin 3 leren we dat a voor c staat; daar d de linkse tetraëder is op de voorste rij, moet a de rechtse tetraëder op de voorste rij zijn. Maar nu hebben we een tegenstrijdigheid in zin 1. De objecten a en d staan allebei op de eerste rij, en c moet tussen a en d staan. Dus ook c staat op de eerste rij. Dit is vals want c is de kleine kubus in het midden. Deel 2: Eindige automaten Voor deze oefeningen gebruiken we het pakket JFLAP. Oefening 3 Construeer een EDA die de taal L = {aw 1 aaw 2 a : w 1, w 2 {a, b} } aanvaardt. Oplossing: De volgende EDA aanvaardt deze taal (zie exa2-7.fa): De reguliere uitdrukking stelt dat de reeksen moeten beginnen met een a. Om deze reden stuurt de EDA alle reeksen die beginnen met b naar de toestand q 1, en dan blijft de EDA in deze toestand. Deze toestand is geen eindtoestand, dus de EDA verwerpt effectief alle reeksen die beginnen met b. Als de input begint met a, dan gaan we van toestand q 0 naar toestand q 2. De reguliere uitdrukking uit de opgave stelt ook dat de input moet eindigen op een a, en dat er ergens in de input twee opeenvolgende a s moeten optreden; en die twee opeenvolgende a s mogen noch de a waarmee de reeks begint, noch de a waarmee de reeks eindigt, bevatten. Het feit dat die twee opeenvolgende a s moeten optreden, wordt verwezenlijkt door twee opeenvolgende pijlen: van q 2 naar q 3 en van q 3 naar q 4. Bij symbolen b ingelezen in toestand q 2 blijven we in toestand q 2, bij een a ingelezen in toestand q 2 gaan we naar toestand q 3. Lezen we in toestand q 3 een tweede a in, dan gaan we naar toestand q 4 (dus de twee opeenvolgende a s zijn gevonden); lezen we in toestand q 3 een b in, dan keren we terug naar toestand q 2 omdat we geen twee opeenvolgende a s hebben ingelezen. Dus toekomen in toestand q 4 betekent dat de twee opeenvolgende a s effectief ingelezen zijn. 5

6 Nu moet de reeks ook eindigen met een a. Als we in toestand q 4 een b inlezen, dan blijven we in toestand q 4. Als we in toestand q 4 een a inlezen, dan gaan we naar toestand q 5. Verdere a s in toestand q 5 doen ons in toestand q 5 blijven. Een ingelezen b in toestand q 5 doet ons terugkeren naar toestand q 4. Dit toont aan dat we enkel in toestand q 5 eindigen als de input eindigt met een a. Enkel q 5 is een eindtoestand. De hierboven gemaakte redenering toont aan dat een input enkel aanvaard wordt (eindigen in toestand q 5 ) als de reeks begint en eindigt met een a, en ergens in de reeks twee opeenvolgende a s optreden die noch de eerste noch de allerlaatste a bevatten. Oefening 4 Construeer een EDA die alle binaire reeksen, behalve deze die 001 bevatten, aanvaardt. Geef ook een reguliere uitdrukking die deze taal bepaalt. Oplossing: Een oplossing staat in het bestand oploef4dec21.fa. De eerste indruk is dat deze oefening verschilt van de voorgaande oefening. In de voorgaande oefening werd geëist dat een bepaalde uitdrukking optrad; hier wordt er geëist dat een bepaalde uitdrukking niet mag optreden. Toch kunnen beide oefeningen met dezelfde methode opgelost worden. Stel er wordt gevraagd om de EDA A te construeren die alle binaire reeksen moet aanvaarden waarin 001 optreedt. Dan voor een gegeven invoer eindig je enkel in een eindtoestand van A als er effectief 001 optreedt in de zin. Als 001 niet optreedt, dan eindig je in een toestand van A die geen eindtoestand is. Als er echter geëist wordt dat 001 niet mag optreden in de zinnen die aanvaard worden, dan is de oplossing gelijk aan de automaat A, maar waarin de eindtoestanden veranderd zijn in niet-eindtoestanden, en waarin de nieteindtoestanden van A veranderd zijn in eindtoestanden. Dus deze oefening kan met dezelfde methode opgelost worden als Oefening 3. De opstelling van de reguliere uitdrukking is ingewikkelder. De EDA leest de binaire zin van links naar rechts. Om de reguliere uitdrukking op te stellen, lezen we de binaire zin van rechts naar links. We zullen de reguliere uitdrukking opstellen door inductie op de 1 s die optreden in de zin. Hier moet inductie gezien worden als herhaling van 1 s, of ook nog, gezien worden als het optreden van in de reguliere uitdrukking. 6

7 Namelijk, rechts, dus achteraan de zin, kunnen er eventueel een aantal nullen staan. Dit kunnen we vertolken door 0. Als er enkel nullen staan in de zin, dan is deze reguliere uitdrukking de oplossing. Stel er treedt een 1 op in de zin. Beschouw de meest rechtse 1. Voor deze 1 kan niks staan, kan een 1 staan of een 0 staan. Voor deze 0 kan niks staan of, als er een bit voorstaat, dan moet er een 1 voorstaan, want 001 is niet toegelaten. Dus de volgende mogelijkheden treden op waarbij (1) de bovenste rij een 1 voorstelt met geen bit ervoor, (2) de tweede rij een 1 voorstelt met een 1 ervoor, (3) de derde rij een 1 voorstelt met een 0 ervoor, maar voor die 0 staat niks, (4) de vierde rij een 1 voorstelt met 10 ervoor. Als we twee opeenvolgende 1 s bekijken, dan zien we dat ze elkaar opvolgen (rij 2), of van elkaar gescheiden worden door nul. Dit impliceert dat de reguliere uitdrukking corresponderend met de taal van de binaire reeksen die 001 niet bevatten, gelijk is aan: (1 01) 0, want 0 stelt de eventuele nullen rechts achteraan de zin voor, en de 1 s kunnen we nu opschrijven van rechts naar links. Voor een 1 staat ofwel 1 of 10. Dus ofwel schrijf je enkel die 1, ofwel schrijf je die 1, met een 0 ervoor; dus je schrijft in het laatste geval 01. Samengevat, je schrijft 1 of 01; dus De herhaling van deze stappen wordt vertolkt door. Oefening 5 Welke talen worden aanvaard door de volgende EDA? Beschrijf deze talen door middel van een zo eenvoudig mogelijke nederlandse zin, en geef ook reguliere uitdrukkingen die deze talen bepalen. (1) (zie ook oef21deca.fa in oplnoef12dec.zip) Oplossing: Deze EDA aanvaardt alle binaire reeksen die 010 bevatten, want de enige manier om in de eindtoestand q 3 te komen, is via de route q 0 q 1 q 2 q 3 of de route q 1 q 1 q 2 q 3, en die routes leg je maar af als je 010 leest. 7

8 Namelijk, start in q 0 en stel je leest 010, dan kom je in q 3, en analoog, start in q 1 en lees 010, ook dan eindig je in q 3 (in dit geval beschrijf je eerst een lus om q 1.) In reguliere uitdrukking (0 1) 010(0 1) (2) (zie ook oef21decb.fa in oplnoef12dec.zip) Oplossing: Deze EDA aanvaardt alle zinnen over {a, b} die niet bb bevatten. Door een redenering toe te passen analoog aan Oefening 4, wordt de volgende reguliere uitdrukking voor deze taal gevonden (a ab) a b(a ab) a De eerste reguliere uitdrukking (a ab) a stelt alle reeksen voor die met a beginnen en die niet bb bevatten. De tweede reguliere uitdrukking b(a ab) a stelt alle reeksen voor die met b beginnen, maar niet bb bevatten. Opmerking Er zijn verschillende reguliere uitdrukkingen mogelijk voor éénzelfde reguliere taal. Probeer altijd een zo eenvoudig mogelijke reguliere uitdrukking te vinden. Hetzelfde geldt voor de transitiegraaf van een EDA. Ook deze is niet uniek. 8