Grundlagen der Theoretischen Informatik - Sommersemester Übungsblatt 1: Lösungsvorschläge

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1 Lehrstuhl für Softwaretechnik und Programmiersprachen Professor Dr. Michael Leuschel Grundlagen der Theoretischen Informatik - Sommersemester 2012 Übungsblatt 1: Lösungsvorschläge Disclaimer: Bei Folgendem handelt es sich explizit um Lösungsvorschläge, nicht um eine Musterlösung. Alle Aufgaben lassen sich oft genau so gut auf andere Weise und manchmal noch besser lösen. Der hier skizzierte Weg ist nur eine denkbare Alternative. Insbesondere wird keine Gewähr für Vollständigkeit, Korrektheit und dafür übernommen, dass vergleichbare Lösungen in Prüfungen akzeptiert werden. Aufgabe 1.1 ( = 10 P) (a) [ = 3 P] Modell einer Formel ist eine Interpretation, die die Formel wahr macht. In den folgenden Tabellen stehen T und F für TRUE und FALSE: (i) α(a) α(b) α( A) α( A B) α(( A B) A) F F T T F F T T T F T F F F F T T F T T (ii) (iii) Die Belegung α(a) = T, α(b) = T ist das einzige Modell für die Formel ( A B) A. α(a) α(b) α(c) α( B) α(a B) α((c A)) α((a B) (C A)) F F F T T F F F F T T T F F F T F F F F T F T T F F F T T F F T T F F T F T T T T T T T F F T F F T T T F T T T Es gibt vier Belegungen der atomaren Formeln A, B und C, die Modelle der Formel (A B) (C A) sind: siehe die in Grau markierten Zeilen in der Tabelle. 1

2 α(a) α(b) α( B) α(a B) α(b A) α((a B) (B A)) F F T F T T F T F T F T T F T T T T T T F F T T Alle möglichen Belegungen der atomaren Formeln A und B sind Modelle der Formel (A B) (B A). Also ist die Formel eine Tautologie. (b) [1 + 2 = 3 P] Der Algorithmus aus der Vorlesung zur Erzeugung einer KNF (1) Implikation und Äquivalenz mittels ihrer Definitionen eliminieren: (α β) (α β) (β α) (α β) ( α β) (2) Negation zu atomaren Aussagen verschieben: (α β) ( α β) (α β) ( α β) α α (3) Disjunktion zu den Literalen verschieben: α (β γ) (α β) γ α β γ (4) Das Distributivgesetz für den logischen Operator anwenden: α (β γ) (α β) (α γ) (α β) γ (α γ) (β γ) (5) Klammern eliminieren durch Anwenden des Assoziativgesetzes des -Operators: α (β γ) (α β) γ α β γ Die Musterlösungen der Teilaufgaben (i) und (ii): (i) (A B) (X A) (1) ( A B) (X A) (5) ( A B) X ( A) (ii) (A (B C)) ( B A) (1) ((A (B C)) ((B C) A)) ( B A) (1) ( A (B C)) ( (B C) A) ( B A) (2) ( A (B C)) (( B C) A) (B A) (3)+(4) (( A B) ( A C)) (A B C) (A B) (5) ( A B) ( A C) (A B C) (A B) (c) [4 P] Fakten: einbruchstelle, beil, leiche, verdächtiger Implikation: 2

3 mord einbruchstelle beil leiche verdächtiger Beweis des Mordes Gegeben: Die Fakten einbruchstelle, beil, leiche, verdächtiger und das Prädikat mord mit der Implikation mord einbruchstelle beil leiche verdächtiger. Behauptung: Es fand einen Mord statt. Wir wissen, dass die Implikation mord einbruchstelle beil leiche verdächtiger logisch äquivalent zumord einbruchstelle beil leiche verdächtiger ist. Demzufolge besteht unsere Theorie S aus den folgenden Elementen: S = {einbruchstelle, beil, leiche, verdaechtiger, mord einbruchstelle beil leiche verdaechtiger, Aus S möchten wir folgern, dass es einen Mord gab. In dem Fall ist das Prädikat mord die Formel L, die wir zeigen möchten (S L). An der Stelle kommt das Theorem aus der Vorlesung zum Einsatz: Theorem: S L iff S L is inconsistent Was wir also machen müssen, ist anzunehmen, dass es keinen Mord ( L) gab und hiermit zeigen, dass die Theorie S L nach etlichen Transformationen der wff s (logischen Formeln) ein Element besitzt, das das Atom false ist. Somit widerspricht sich die Theorie S L und aufgrund der Inkonsistenz zu der logischen Konsequenz S L folgern wir, dass die Formel L gilt, was auch heißt, dass ein Mord stattgefunden hat. Der Widerspruchsbeweis: Annahme: mord beil, leiche, mord einbruchstelle beil leiche verdaechtiger, (5) mord (2) (3) (6) 3

4 (5) (6) (1) (5) (2) (5) (3) (5) einbruchstelle beil leiche verdaechtiger, (5) beil leiche verdaechtiger, (5) leiche verdaechtiger, (5) verdaechtiger, (5) 4

5 (4) (5) verdaechtiger verdaechtiger, (5) (5) false, (5) Aus (5) in den letzten Mengenklammern folgern wir, dass S L nicht stimmt und hiermit folgt nach Theorem die logische Konsequenz S L (in unserem Fall S mord) und somit zeigten wir, dass ein Mord stattgefunden hat. Aufgabe 1.2 ( = 10 P) (a) R R A < > B und S A S < R = {x y x y R x S. S < R ist die Menge aller Tupeln von R, deren Definitionsbereich dom(r) auf die Teilmenge S beschränkt ist (Domain restriction). (b) R R A < > B und S A S << R = {x y x y R x / S. S << R ist die Menge aller Tupeln von R, deren Definitionsbereich dom(r) auf die Teilmenge dom(r)\s beschränkt ist (Domain substraction). (c) R R A < > B und T B R > T = {x y x y R y T. R > T ist die Menge aller Tupeln von R, deren Wertebereich ran(r) auf die Teilmenge T beschränkt ist (Range restriction). (d) R R A < > B und T B R >> T = {x y x y R y / T. R >> T ist die Menge aller Tupeln von R, deren Wertebereich ran(r) auf die Teilmenge ran(r)\t beschränkt ist (Range substraction). (e) R R A < > B und S A R[S] = {y x y R x S = ran(s < R). R[S] ist die Menge aller Elemente im Wertebereich B, die den Elementen von der Teilmenge S A in R zugeordnet sind. (Relational image). 5

6 (f) R R A < > B R = {y x x y R R ist die Menge der umgekehrten Tupeln von R (Inverse). (g) R 1,R 2 R 1,R 2 A < > B R 1 <+ R 2 = R 2 (dom(r 2 ) << R 1 ) R 1 <+ R 2 ist die Vereinigung der Menge R 2 und der Menge aller Tupeln von R 1, deren Definitionsbereich A auf die Teilmenge dom(r 1 )\dom(r 2 ) beschränkt ist (Left overriding). (h) R 1,R 2 R 1,R 2 A < > B R 1 +> R 2 = R 1 (dom(r 1 ) << R 2 ) R 1 +> R 2 ist die Vereinigung der Menge R 1 und der Menge aller Tupeln von R 2, deren Definitionsbereich A auf die Teilmenge dom(r 2 ) \ dom(r 1 ) beschränkt ist (Right overriding). Aufgabe 1.3 ( = 10 P) Wichtig bei der Korrektur dieser Aufgabe ist auf die Eindeutigkeit der Elemente in den Mengen zu achten. Hier wird nur mit Mengen gearbeitet und in einer Menge jedes Element kommt ein Mal vor. Bei doppelten Angaben von Elementen in einer entsprechenden Menge müssen Punkte abgezogen werden. (a) [ = 2 P] (i) {ian < eats = {ian eggs,ian cheese,ian pizza (ii){jim<< eats = {ian eggs,ian cheese,ian pizza,ken pizza,lisa cheese, lisa pizza, lisa salad (iii) eats > {cheese,pizza = {ian cheese,ian pizza,ken pizza,lisa cheese, lisa pizza (iv) dom(eats > {eggs) = {ian, jim (b) [ = 4 P] (i) eats[{ian, lisa] = {eggs, cheese, pizza, salad (ii) eats = {eggs ian,eggs jim,cheese ian,cheese lisa,pizza ian,pizza ken,pizza lisa,salad jim,salad lisa,pizza ken,cheese lisa,pizza lisa,salad lisa (iii) eats [{cheese, eggs] = ian, jim, lisa (iv)eats ;cost = {ian cheap,ian expensive,jim cheap,ken expensive,lisa cheap, lisa expensive (v) eats ; (cost >> {expensive) = {ian cheap,jim cheap,list cheap (vi) eats [cost [{expensive]] = {ian, ken, lisa (vii) eats <+ {lisa steak = {ian eggs,ian cheese,ian pizza,jim eggs,jim salad,ken pizza,lisa steak (c) [2 + 2 = 4 P] Die Menge der Personen, die entweder eggs oder pizza essen: eats [{pizza, eggs] oder dom(eats > {eggs, pizza) 6

7 Die Menge der Personen, die cheese und pizza essen: (eats [{pizza]) (eats [{cheese]) oder dom(eats > {cheese) dom(eats > {pizza) Aufgabe 1.4 ( = 10 P) (a) [1 + 1 = 2 P] (i) [ : : 0.5 = 1 P] Sei X eine Menge und A, B X Teilmengen von X. z.z.: (X \A) (X \B) = X \(A B) Um die Gleichheit der Mengen zu zeigen, müssen wir die gegenseitigen Inklusionen und der Mengen (X\A) (X\B) und X\(A B) beweisen. Also der Beweis besteht aus den folgenden zwei Schritten: : Sei x (X \A) (X \B) x / A und x / B (mit anderen Worten x ist in keiner der Mengen A und B ethalten) x / A B x X \(A B). : Es gilt X \(A B) X \A und X \(A B) X \B, dann folgt: X \(A B) = X \(A B) X \(A B) (X \A) (X \B). Somit folgt, dass X \(A B) (X \A) (X \B). Da sich die Mengen (X \A) (X \B) und X \(A B) gegenseitig enthalten, folgt die Gleichheit. (ii) [ : : 0.5 = 1 P] Sei X eine Menge und A, B X Teilmengen von X. z.z.: (X \A) (X \B) = X \(A B) Wir zeigen, dass(x\a) (X\B) X\(A B) und(x\a) (X\B) X\(A B) gilt: : (X \A) (X \B) X \(A B) X \(A B) = X \(A B). {{ {{ X\(A B) X\(A B) : Sei x X \(A B) x / A B x X \A oder x X \B, aber nicht in beiden Mengen A und B gleichzeitig enthalten x (X \A) (X \B). Es folgt also die Behauptung X \(A B) (X \A) (X \B). (b) [ = 4 P] (i) [Wer die disjunktive Eigenschaft in seinem Beweis nicht erwähnt: P] Seien X und Y endliche Mengen. z.z.: X Y = X Y Die Menge X Y lässt sich wie folgt schreiben a X {(a,b) b Y. Außerdem gilt für alle a 1, a 2 X mit a 1 a 2, dass die Mengen {(a 1,b) b Y und {(a 2,b) b Y disjunkt zueinander sind. Daraus und aus dem gegebenen 7

8 Hinweis folgern wir: X Y = a X {(a,b) b Y Hinweis = {(a,b) b Y a X (c) [4 P] = a X Y = Y + Y + + Y = X Y {{ X mal (ii) [Induktionsanf.: 0.5 P, Induktionsschritt: 2 P] Sei X eine endliche Menge mit n Elementen. z.z.: P(X) = 2 n Die Eigenschaft zeigen wir mithilfe vollständiger Induktion. Induktionsanfang: Wenn X die leere Menge ist, dann ist die einzige Teilmenge von X die leere Menge selbst, was sich auch daraus schließen kann, dass die Anzahl der Elemente in P({) gleich Eins (bzw. 2 0 ) ist. Indunktionsannahme: Wir nehmen an, dass P(X) = 2 n gilt, wenn X eine endliche Menge mit n > 0 Elementen ist. Infuktionsschritt (n n+1): Sei X eine Menge mit n + 1 Elementen. Was wir jetzt zeigen müssen ist, dass P(X) = 2 n+1 gilt. Sei x ein beliebiges Element aus X, dann schreiben wir X als eine Vereinigung der Mengen X und {x (X = X {x), wobei X die Teilmenge von X ist ( X = n), die nur das Element x nicht beinhaltet. Da wir wissen, dass P(X) die Potenzmenge von X ist (die Menge aller Teilmengen von X), können wir diese als Vereinigung der folgenden zwei Mengen schreiben: P(X) = P(X {x) = P(X) {{x Y Y P(X ), (1) wobei P(X ) die Menge aller Teilmengen von X, die x nicht beinhalten, ist (P(X )) und {{x Y Y P(X ) die Menge aller Teilmengen von X, die das Element x enthalten. Es ist offensichtlich, dass Gelichung 1 stimmt. Des Weiteren können wir mithilfe der Induktionsannahme und der Gleichung 1 die Behauptung P(X) = 2 n+1 wie folgt beweisen: P(X) = P(X) {{x Y Y P(X ) = P(X) + {{x Y Y P(X ) Induktionsann. und X =n = 2 n +2 n = 2 2 n = 2 n+1. Hiermit zeigten wir, dass für jede endliche Menge X mit n Elementen die Gleichung P(X) = 2 n gilt. Primzahl p Elemente aus A(p) A(p) 2 {1 1 3 { 0 8

9 5 {2, { 0 11 { 0 13 {5, {4, { 0 23 { 0 29 {12, { 0 37 {6, {9, { 0 47 { 0 53 {23, { 0 61 {11,