Konstrukcija i analiza algoritama ve be 1poincare.matf.bg.ac.rs/~nina/KIAA/KIAAslides1.pdf · Matematička indukcija Konstrukcija i analiza algoritama vežbe 1 NinaRadojičić [email protected]

Pravila zaključivanja i tehnike dokazivanja u iskaznoj i predikatskoj logiciMatematička indukcija

Konstrukcija i analiza algoritamavežbe 1

Nina Radojičić[email protected]

Matematčki fakultet

februar 2018.

Nina Radojičić [email protected] Konstrukcija i analiza algoritama vežbe 1


Sadržaj1 Pravila zaključivanja i tehnike dokazivanja u iskaznoj i predikatskoj

logiciZadaciLogika prvog redaZadaciTehnike dokazivanja

2 Matematička indukcijaMatematička indukcijaZadaci



Sadržaj1 Pravila zaključivanja i tehnike dokazivanja u iskaznoj i predikatskoj

logiciZadaciLogika prvog redaZadaciTehnike dokazivanja

2 Matematička indukcijaMatematička indukcijaZadaci



ZadaciLogika prvog redaZadaciTehnike dokazivanja

Pravila zaključivanja za iskaznu logiku:

DODAVANJE

p

p ∨ q

POJEDNOSTAVLJIVANJE

p ∧ q

p

SPAJANJE (KONJUKCIJA)

pq

p ∧ q

MODUS PONENS

pp → q

q

MODUS TOLLENS

¬qp → q

¬p

HIPOTETIČKI SILOGIZAM

p → qq → r

p → r

DISJUNKTIVNI SILOGIZAM

p ∨ q¬p

q

PRAVILO REZOLUCIJE

p ∨ q¬p ∨ r

q ∨ r




Zadaci

Zadatak 1.Konstruisati dokaz koristeći pravila zaključivanja koji pokazuje da izhipoteza:

1 Ako imam sreće dobiću na lutriji.2 Ako dobijem na lutriji kupiću auto.3 Nisam kupio auto.

sledi zaključak: Nisam imao sreće.




Rešenje

Označimo sa u tvrdjenje “Imam sreće”, sa v tvrdjenje “Dobio sam nalutriji”, sa w “Kupio sam auto”. Onda možemo da zapišemo hipotezekao:

H1: u → vH2: v → wH3: ¬w

a tvrdjenje koje hoćemo da dokažemo kao:

Z: ¬u




Rešenje


H1: u → vH2: v → wH3: ¬w


Z: ¬u

Dokaz je onda sledećeg oblika:

1. v → w (H2)




Rešenje


H1: u → vH2: v → wH3: ¬w


Z: ¬u


1. v → w (H2)2. ¬w (H3)




Rešenje


H1: u → vH2: v → wH3: ¬w


Z: ¬u


1. v → w (H2)2. ¬w (H3)3. ¬v (1,2,MT)




Rešenje


H1: u → vH2: v → wH3: ¬w


Z: ¬u


1. v → w (H2)2. ¬w (H3)3. ¬v (1,2,MT)4. u → v (H1)




Rešenje


H1: u → vH2: v → wH3: ¬w


Z: ¬u


1. v → w (H2)2. ¬w (H3)3. ¬v (1,2,MT)4. u → v (H1)5. ¬u (3,4,MT)




Pravila zaključivanja za logiku prvog reda:

Univerzalno instanciranje: Iz premise ∀xP(x) i toga da je c član skupaentiteta na koje primenjujemo univerzalni kvantifikatorsledi da važi: P(c).

Univerzalna generalizacija: Iz premise da je P(c) tačno za svevrednosti c iz skupa entiteta na koje primenjujemouniverzalni kvantifikator, sledi ∀xP(x).

Egzistencijalno instanciranje: Iz premise ∃xP(x) sledi da postojielement c iz skupa entiteta ne koje primenjujemoegzistencijalni kvantifikator tako da je P(c) tačno.

Egzistencijalna generalizacija: Iz premise da je P(c) tačno za nekopoznato c , zaključujemo da je tačno tvrdjenje ∃xP(x).




Zadaci

Zadatak 1.Objasniti koja su pravila zaključivanja iskorišćena: Milan, student ovegrupe, zna da piše programe u Javi. Svako ko zna da piše programe uJavi može da dobije dobro plaćen posao. Stoga neko u ovoj grupi možeda dobije dobro plaćen posao.




Zadaci

Zadatak 1.Objasniti koja su pravila zaključivanja iskorišćena: Milan, student ovegrupe, zna da piše programe u Javi. Svako ko zna da piše programe uJavi može da dobije dobro plaćen posao. Stoga neko u ovoj grupi možeda dobije dobro plaćen posao.

Označimo sa c(x) tvrdjenje “x je u ovoj grupi”, sa j(x) tvrdjenje “x znada piše programe u Javi”, sa h(x) “x može da dobije dobro plaćenposao. 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))




Rešenje se svelo na:

H1: c(M) ∧ j(M)H2: ∀x(j(x)→ h(x))


Z: ∃x(c(x) ∧ h(x))




Rešenje:

H1: c(M) ∧ j(M)H2: ∀x(j(x)→ h(x))


Z: ∃x(c(x) ∧ h(x))


1. c(M) ∧ j(M) (H1)




Rešenje:

H1: c(M) ∧ j(M)H2: ∀x(j(x)→ h(x))


Z: ∃x(c(x) ∧ h(x))


1. c(M) ∧ j(M) (H1)2. c(M) (1,pojednostavljivanje)




Rešenje:

H1: c(M) ∧ j(M)H2: ∀x(j(x)→ h(x))


Z: ∃x(c(x) ∧ h(x))


1. c(M) ∧ j(M) (H1)2. c(M) (1,pojednostavljivanje)3. j(M) (1,pojednostavljivanje)




Rešenje:

H1: c(M) ∧ j(M)H2: ∀x(j(x)→ h(x))


Z: ∃x(c(x) ∧ h(x))


1. c(M) ∧ j(M) (H1)2. c(M) (1,pojednostavljivanje)3. j(M) (1,pojednostavljivanje)4. ∀x(j(x)→ h(x)) (H2)




Rešenje:

H1: c(M) ∧ j(M)H2: ∀x(j(x)→ h(x))


Z: ∃x(c(x) ∧ h(x))


1. c(M) ∧ j(M) (H1)2. c(M) (1,pojednostavljivanje)3. j(M) (1,pojednostavljivanje)4. ∀x(j(x)→ h(x)) (H2)5. j(M)→ h(M) (4, univerzalno instanciranje)




Rešenje:

H1: c(M) ∧ j(M)H2: ∀x(j(x)→ h(x))


Z: ∃x(c(x) ∧ h(x))


1. c(M) ∧ j(M) (H1)2. c(M) (1,pojednostavljivanje)3. j(M) (1,pojednostavljivanje)4. ∀x(j(x)→ h(x)) (H2)5. j(M)→ h(M) (4, univerzalno instanciranje)6. h(M) (5,3,MP)




Rešenje:

H1: c(M) ∧ j(M)H2: ∀x(j(x)→ h(x))


Z: ∃x(c(x) ∧ h(x))


1. c(M) ∧ j(M) (H1)2. c(M) (1,pojednostavljivanje)3. j(M) (1,pojednostavljivanje)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)




Rešenje:

H1: c(M) ∧ j(M)H2: ∀x(j(x)→ h(x))


Z: ∃x(c(x) ∧ h(x))


1. c(M) ∧ j(M) (H1)2. c(M) (1,pojednostavljivanje)3. j(M) (1,pojednostavljivanje)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))




Tehnike dokazivanja

Direktni dokazi – implikacija p → q se dokazuje tako što sepretpostavi da je p tačno i onda pokaže da iz toga sledi da je qtačnoIndirektni dokazi – umesto implikacije p → q dokazuje se njenakontrapozicija ¬q → ¬pBesmisleni i trivijalni dokazi – implikacija p → q je tačna ukolikoje p uvek netačno - ovo nazivamo besmislenim dokazom ili ukolikoje q uvek tačno - ovo nazivamo trivijalnim dokazomDokaz kontradikcijom – tvrdjenje p dokazujemo tako štopretpostavimo suprotno - da je tačno ¬p i iz toga izvedemokontradikcijuDokaz po slučajevima – tvrdjenje oblika (p1 ∨ . . . ∨ pn)→ qdokazujemo tako što pokazujemo da važi: p1 → q ∧ . . . ∧ pn → qDokaz ekvivalencije – tvrdjenje oblika p ↔ q dokazujemo tako štodokazujemo p → q i q → p



Matematička indukcijaZadaci

Matematička indukcija

Princip matematičke indukcije:

Da bi za svako n ∈ N važilo tvrdjenje T (n) dovoljno je pokazati:

bazu indukcije: tvrdjenje T (1)induktivni korak: za svaki prirodan broj n ≥ 1 važi da ako je tačno

tvrdjenje T (n), onda je tačno i tvrdjenje T (n + 1)

Analogno, ako je potrebno dokazati da je tvrdjenje T (n) tačno za svakiceo broj n ≥ b, onda je dovoljno pokazati da je tačno tvrdjenje T (b) ida je tačna implikacija T (i)⇒ T (i + 1) za svaki ceo broj i ≥ b.Primetimo da b može biti negativan broj, nula ili pozitivan broj.

Princip potpune matematičke indukcije:

Da bi za svako n ∈ N važilo tvrdjenje T (n) dovoljno je pokazati:

bazu indukcije: tvrdjenje T (1)induktivni korak: za svaki prirodan broj n ≥ 1 važi da ako je tačno

tvrdjenje T (k) za svako k < n, onda je tačno i tvrdjenjeT (n)




Zadaci

Zadatak 1.Koristeći princip matematičke indukcije dokazati da za svako n ∈ Nvaži:

∑ni=0 q

i = qn+1−1q−1 .

Zadatak 3.

Koristeći princip matematičke indukcije dokazati da važi 2n > n2 zasvaki ceo broj n veći od 4.

Zadatak 6.Dato je n ≥ 3 pravih u ravni u opštem položaju (nikoje dve nisuparalelne, a nikoje tri se ne seku u istoj tački). Dokazati da je bar jednaod oblasti koje one formiraju - trougao.




Zadaci - nastavak

Zadatak 8.Dokazati da se svaka poštarina koja je pozitivni celi broj dinara veći od7 može formirati korišćenjem samo markica od 3 i od 5 dinara.

Zadatak 10.Neka je T kompletno binarno stablo visine h. Visina čvora u T je humanjeno za rastojanje čvora od korena tako je npr. koren visine h alistovi su visine 0. Dokazati da je suma visina svih čvorova u T jednaka2h+1 − h − 2.

Zadatak 12.Neka su d1, d2, . . . , dn prirodni brojevi i n ≥ 2. Dokazati da ako jen∑

i=1di = 2n − 2 onda postoji stablo sa n čvorova čiji su stepeni brojevi

d1, d2, . . . , dn.




Zadaci - nastavak

Zadatak 13.Neka je n pozitivan ceo broj. Dokazati da se 2n × 2n šahovska tabla sajednim izbačenim poljem može pokriti korišćenjem delova L-oblika, gdeovi delovi prekrivaju 3 polja odjednom.

Zadatak 17.

Šta nije u redu u sledećem dokazu?Teorema: Za svaki nenegativan ceo broj n važi 5n = 0.Baza indukcije: 5 · 0 = 0Induktivni korak: Pretpostavimo da je 5 · j = 0 za sve nenegativne celebrojeve j , tako da je 0 ≤ j ≤ k . Napišimo k + 1 = i + j , gde su i i jnenegativni celi brojevi manji od k + 1. Prema induktivnoj hipotezivaži: 5(k + 1) = 5(i + j) = 5i + 5j = 0+ 0 = 0.


Documents

Konstrukcija i analiza algoritama ve be 1poincare.matf.bg.ac.rs/~nina/KIAA/KIAAslides1.pdf · Matematička indukcija Konstrukcija i analiza algoritama vežbe 1 NinaRadojičić [email protected]