BaitapAI

KHOA CNTT_TRƯỜNG CNTT_TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN

ĐỒ ÁN TRÍ TUỆ NHÂN TẠO BÀI TẬP CHƯƠNG III:

CÁC PHƯƠNG PHÁP BIỂU DIỄN VÀ XỬ LÝ TRI THỨC

Nhóm sinh viên thực hiện: Võ Kim Huệ

MSSV:3107410159

Ngu Nguyễ yễnn Thị Thị Hồ Hồng Hi Hiệp

MSS MSSV:31 :3107 0741 4101 0155 55

GVHD: Th.S: Huỳnh Minh Trí

Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 1


A. THU THUẬT ẬT GIẢI GIẢI VƯƠN VƯƠNG G HẠO HẠO a)

Ý tưởng Áp dụng chiến lược “chia để trị” nhằm tách bài toán xuất phát thành các bài toán con dạng ”và” đơn giản hơn. Bài toán ban đầu sẽ được chứng minh khi và chỉ khi mọi bài toán con sơ cấp được chứng minh.

b b))

Các Các bước bước chứn chứngg minh minh bài bài toán toán bằng bằng thu thuật ật ggiả iảii Vươ Vương ng Hạo Hạo.. Bước 1: Ta đưa VT và VP cùa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn bằng cách: Thay các phép toán theo) tương ứng.

⇔

(tương đương) bằng phép toán →(kéo

Thay các phép toán →(kéo theo) bằng các phép toán ┐(phủ định), (phép tuyển) tương ứng. -Từ các phép toán ┐(phủ định), (phép tuyển), (phép hội) ta có dạng chuẩn GT ≡ VT và KL ≡ VP của bài toán cần chứng minh dạng: GT1, GT2, GT3,………, GTn → KL1, KL2, KL3,……., KLm Bước 2: Chuyển vế này sang vế kia các GTi, KLj có dạng phủ định. Chỉ những mệnh đề phủ định đứng độc lập thì mới chuyển vế GT1, GT2, ┐GT3 GT2, ┐GT3,….., ,….., GTn-1, GTn → KL1, ┐KL2 ┐KL2,, KL3,…., KLm-1, KLm. Chuyển vế ta có: GT1, GT2, KL2 KL2,….., ,….., GTn-1, GTn → KL1, GT3 GT3,, KL3,…., KLm-1, KLm

Bước 3: Thay phép toán ∧ở GTi và phép toán ∨ở KL j bằng dấu “,”. Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 2


A. THU THUẬT ẬT GIẢI GIẢI VƯƠN VƯƠNG G HẠO HẠO a)

Ý tưởng Áp dụng chiến lược “chia để trị” nhằm tách bài toán xuất phát thành các bài toán con dạng ”và” đơn giản hơn. Bài toán ban đầu sẽ được chứng minh khi và chỉ khi mọi bài toán con sơ cấp được chứng minh.

b b))

Các Các bước bước chứn chứngg minh minh bài bài toán toán bằng bằng thu thuật ật ggiả iảii Vươ Vương ng Hạo Hạo.. Bước 1: Ta đưa VT và VP cùa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn bằng cách: Thay các phép toán theo) tương ứng.

⇔


Thay các phép toán →(kéo theo) bằng các phép toán ┐(phủ định), (phép tuyển) tương ứng. -Từ các phép toán ┐(phủ định), (phép tuyển), (phép hội) ta có dạng chuẩn GT ≡ VT và KL ≡ VP của bài toán cần chứng minh dạng: GT1, GT2, GT3,………, GTn → KL1, KL2, KL3,……., KLm Bước 2: Chuyển vế này sang vế kia các GTi, KLj có dạng phủ định. Chỉ những mệnh đề phủ định đứng độc lập thì mới chuyển vế GT1, GT2, ┐GT3 GT2, ┐GT3,….., ,….., GTn-1, GTn → KL1, ┐KL2 ┐KL2,, KL3,…., KLm-1, KLm. Chuyển vế ta có: GT1, GT2, KL2 KL2,….., ,….., GTn-1, GTn → KL1, GT3 GT3,, KL3,…., KLm-1, KLm

Bước 3: Thay phép toán ∧ở GTi và phép toán ∨ở KL j bằng dấu “,”. Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 2


GT1, GT2, a ∧ b b,, GT3,….,, GTn-1, GTn → KL1, c ∨d, KL2,…, KLm-1, KLm. Bài toán chuyển vể dạng:

GT1, GT2, a , b, b, GT3,….,, GTn-1, GTn → KL1, c , d , KL2,…, KLm1, KLm.

Bước 4: Nếu dòng hiện hành có một trong hai dạng sau: Dạng 1: GT1, GT2,…, ,…,aa ∨ b b,…, ,…, GTn-1, GTn → KL1, KL2,…., KLm-1, KLm Thì thay bằng hai dòng: GT1, GT2,…, a,…, GTn-1, GTn → KL1, KL2,…., KLm-1, KLm GT1, GT2,…, ,…, b b,…, ,…, GTn-1, GTn → KL1, KL2,…., KLm-1, KLm Dạng 2: GT1, GT2,…, GTn-1, GTn → KL1, KL2,…, ,…,aa ∧ b b,…, ,…, KLm-1, KLm Thì thay bằng hai dòng: GT1, GT2,…., GTn-1, GTn → KL1, KL2,…, ,…,aa,…, KLm-1, KLm GT1, GT2,…., GTn-1, GTn → KL1, KL2,…, b,…, b,…, KLm-1, KLm - Chúng ta có thể tách cùng lúc nhiều nhóm mệnh đề với nhau, nhưng cách hay nhất là nên chọn một nhóm mệnh đề mà thấy khi tách dòng có mệnh đề trong nhóm mệnh đề đó ở gt giống mệnh đề ở kl. Như vậy ta sẽ giảm được số dòng tách tiết kiệm thời gian.

Bước 5: Một dòng được chứng minh nếu tồn tại chung một mệnh đề ở cả hai vế. Ví dụ: a ∧ b, c → c (được chứng minh) Bước 6: Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 3

KHOA CNTT_TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN

6.a. Một vấn đề được giải quyết trọn vẹn nếu mọi dòng dẫn xuất biểu diễn ở dạng chuẩn được chứng minh. 6.b. Nếu một dòng không còn dấu liên kết ∧, ∨và cả hai vế không có chung mệnh đề nào thì dòng đó không được chứng minh. Ví dụ: a ∧ b, c → d. Chú ý: Từ bước 2 - 4 không cần làm theo thứ tự. Thuật toán Vương Hạo sẽ dừng lại sau hữu hạn bước và đưa ra thông báo “thành công” nếu từ GT tìm ra được KL. Nếu bài toán có quá nhiều phép toán liến kết ∧trong Gti và ∨trong KLj thì bài toán có thể sinh ra từ M đến 2M dòng. - Áp dụng luật De Morgan để bỏ dấu ┐(phủ định) của nguyên một nhóm mệnh để: Ví dụ: ┐(p

q ) ≡ ┐p

┐q.

┐(p ) q≡ ┐p

┐q.

- Có thể sử dụng mệnh đề này ở bất kỳ bước nào (từ 1-4). Áp dung luật phân phối (nếu chưa gặp dạng chuẩn cần tìm) phép tuyển đối với phép hội (hay phép hội đối với phép tuyển). Ví dụ: p p

I.

(q

u) ≡ (p q)

(q u) ≡ (p

(p u). q)

(p u).

BÀI TẬP THUẬT GIẢI VƯƠNG HẠO.

Bài 1: Cho {(A∧B) →C, (B∧C) →D, (A∧B)}. Hỏi D ? Bước 1) Ta đưa VT và VP cùa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn bằng cách: Thay các phép toán ⇔ (tương đương) bằng phép toán →(kéo theo) tương ứng. (Không có phép toán ⇔ nên ta bỏ qua).


Page 4


Thay các phép toán →(kéo theo) bằng các phép toán ┐(phủ định), (phép tuyển) tương ứng. (A∧B) →C ≡ ┐(A ∧B) ∨C. (B∧C) →D ≡ ┐(B ∧C) ∨D.

Ta có dạng chuẩn cùa bài toán là: {┐(A ∧B) ∨C, ┐(B ∧C) ∨D, (A ∧B)}→ D. Bước 2) Chuyển vế này sang vế kia các GTi, KLj có dạng phủ định.(Do không có mệnh đề phủ định đứng độc lập nên chuyển sang bước 3). Bước 3) Thay phép toán ∧ở GTi và phép toán ∨ở KL j bằng dấu “,”. Ở đây ta áp dụng luật De Morgan để bỏ dấu ┐(phủ định) của nguyên một nhóm mệnh để: {(┐A ∨ ┐B ∨C, ┐B ∨ ┐C ∨D, A, B) → D}. Bước 4) Ta áp dụng dạng 1 để tách dòng: đó là tách nhóm ∨(tuyển) chính ở GTi. Tùy theo bài toán đơn giản hay phức tạp mà bạn có thể đồng thời thành 2 hay nhiều hơn 2 dòng con. Ta có: {┐A, ┐B∨ ┐C∨D, A, B }→ D (1) {┐B, ┐B∨ ┐C∨D, A, B} → D (2) {C, ┐B∨ ┐C∨D, A, B }→ D (3) Bước 5) Chứng minh các bài toán con. Chúng ta cũng áp dụng các bước như đối với bài toán ban đầu. CM (1). B2) Chuyển vế này sang vế kia mệnh đề phủ định. {┐B∨ ┐C∨D, A, B }→ D, A (CM) Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 5


CM (2). B2) Chuyển vế này sang vế kia mệnh đề phủ định. {┐B∨ ┐C∨D, A, B} → D, B (CM)_ CM (3). B4) Tách dòng dạng 1: {C, ┐B, A, B} → D (3.1) {C, ┐C, A, B }→ D (3.2) {C, D, A, B }→ D

(3.3)(CM)

Tiếp tục chứng minh các bài toán con của (3). CM (3.1) B2) Chuyển vế {C, A, B} → D, B

(CM)

CM(3.2) B2) chuyển vế {C, A, B }→ D, C (CM) Bước 6) Kết luận : tất cả các bài toán con (1), (2), (3) đều được chứng minh.Vậy bài toán ban đầu được chứng minh là đúng.

Bài 2. Cho {A→B∨D, D→E ∧F, E ∧A→B}. Hỏi A→D Bước 1) Đưa GT, KL của bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn: Thay dấu →(kéo theo) bằng các phép toán ┐(phủ định), ∨(hay). A→B∨D ≡ ┐A∨B∨D D→E ∧F ≡ ┐D∨(E∧F) E ∧A→B ≡ ┐(E ∧A) ∨B Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 6


A→D ≡ ┐A∨D Dạng chuẩn: {(┐A∨B∨D, ┐D∨(E∧F), ┐(E ∧A) ∨B)→ ┐A∨D} Bước 2) Chuyển vế (không có mềnh đề phủ định đứng độc lập ) chuyển sang Bước 3. Bước 3) Thay phép toán ∧ở GTi và phép toán ∨ở KL j bằng dấu “,”. {(┐A∨B∨D, ┐D∨(E∧F), ┐E ∨ ┐ A ∨B)→ ┐A, D} Bước 2) Chuyển vế: {(┐A∨B∨D, ┐D∨(E∧F), ┐E ∨ ┐ A ∨B, A)→ D} Bước 4) Tách dòng theo dạng 1: {(┐A, ┐D∨(E∧F), ┐E ∨ ┐ A ∨B, A)→ D} (1) {(B, ┐D∨(E∧F), ┐E ∨ ┐ A ∨B, A)→ D} (2) {(D, ┐D∨(E∧F), ┐E ∨ ┐ A ∨B, A)→ D} (3) (CM) Bước 5) Chứng minh các bài toán con 1, 2. Chúng ta cũng chứng minh qua các bước giống như bài toán ban đầu. CM (1). B2) Chuyển vế {( ┐D∨(E∧F), ┐E ∨ ┐ A ∨B, A)→ D, A } (CM) CM (2) B4) Tách dòng dạng 1 {(B, ┐D, ┐E ∨ ┐ A ∨B, A)→ D} (2.1) {(B, ( E∧F), ┐E ∨ ┐ A ∨B, A)→ D} (2.2) Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 7


B5) Tiếp tục chứng minh các bài toán con 2.1, 2.2. Cm (2.1) B2) Chuyển vế {(B, ┐E ∨ ┐ A ∨B, A)→ D, D} (2.1) B4) Tách dòng theo dạng 1 {(B, ┐E, A)→ D} (2.1.1) (Không cm được) {(B, ┐ A, A)→ D} (2.1.2) (CM) {(B, B, A)→ D} (2.1.3) (Không cm được) B5) Tới đây các bài toán con của bài toán con 2.1 không chứng minh được nên không phải chứng minh tiếp các bài toán con của bài toán con 2.2 nữa, chúng ta đi đến kết luận: Bước 6) kết luận theo 6b: Bài toán ban đầu xuất phát không đúng.

Bài 3. Cho {(a∧ b)→c, (b∧c)→d, ┐d}. Cm a→b? Bước 1) Đưa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn: Ta có: {(┐(a∧ b) ∨c, ┐(b∧c) ∨d, ┐d) → ┐a∨ b} Bước 2) Chuyển vế {(┐(a∧ b) ∨c, ┐(b∧c) ∨d) → ┐a∨ b, d} Bước 3) Thay dấu {(┐a∨ ┐b ∨c, ┐b∨ ┐c ∨d) → ┐a, b, d} Bước 2) Chuyển vế {(┐a∨ ┐b ∨c, ┐b∨ ┐c ∨d, a) → b, d} Bước 4) Tách dòng theo dạng 1 {(┐a, ┐b∨ ┐c ∨d, a) → b, d} (1) Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 8


{(┐b , ┐b∨ ┐c ∨d, a) → b, d} (2) {(c, ┐b∨ ┐c ∨d, a) → b, d} (3) Bước 5) Chứng minh các bài toán con 1, 2 ,3. CM (1). B2) Chuyển vế {( ┐b∨ ┐c ∨d, a) → b, d, a}

(CM)

Cm (2). B2) Chuyển vế {( ┐b∨ ┐c ∨d, a) → b, d, b} B4) Tách dòng theo dạng 1 {( ┐b, a) → b, d}

(2.1)(Không chứng minh được)

{( ┐c, a) → b, d } (2.2)(Không chứng minh được) {( d, a) → b, d } (2.3)(CM) B5)Do bài toán con (2.1) không chứng minh được nên bài toán con 2 cũng không chứng minh được. Vậy nên không cần chứng minh tiếp bài toán con 3 nữa mà đi tới b6. Bước 6) Kết luận dạng 6b : do các bài toán con sai nên bài toán xuất phát ban đầu cũng sai.

Bài 4. Cho {(p∧q)→r, (p∧r) →s, p, q}. Hỏi r ?... Bước 1) Đưa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn: {(┐(p∧q) ∨r, ┐(p∧r) ∨s, p, q) →r} Bước 2) Chuyển vế. Không có mệnh đề phủ định độc lập chuyển qua b3. Bước 3) Thay dấu đồng thời sử dụng mệnh để De Morgan bỏ đi phủ định của nhóm mệnh đề (nếu không làm ở bước này cũng không sao, không bắt buộc). Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 9


{(┐p ∨ ┐q ∨r, ┐p ∨ ┐r ∨s, p, q) →r} Bước 4) Tách dòng theo dạng 1 {(┐p, ┐p ∨ ┐r ∨s, p, q) →r} (1) {(┐q, ┐p ∨ ┐r ∨s, p, q) →r} (2) {(r, ┐p ∨ ┐r ∨s, p, q) →r} (3) (CM) Bước 5) Chứng minh các bài toán con 1, 2, 3. Cm (1) B2) Chuyển vế:

{( ┐p ∨ ┐r ∨s, p, q) →r, p} (CM)

Cm (2) B2) Chuyển vế: {( ┐p ∨ ┐r ∨s, p, q) →r, q} (CM) Bước 6) Kết luận 6a: Tất cả các bài toán con 1, 2,3 đều chứng minh được. Vậy bài toán ban đầu được chứng minh là đúng.

Bài 5. Cho {(p ∧q )→r, (q ∧r)→s, ┐s}. Hỏi p → ┐q? Bước 1) Đưa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn: {(┐ (p ∧q ) ∨r, ┐ (q ∧r) ∨s, ┐s) → ┐p ∨ ┐q } Bước 2) Chuyển vế: {(┐ p ∨ ┐q ∨r, ┐q ∨ ┐r ∨s) → ┐p ∨ ┐q, s} Bước 3) Thay dấu: {(┐ p ∨ ┐q ∨r, ┐q ∨ ┐r ∨s) → ┐p , ┐q, s} Bước 2) Chuyển vế: {(┐ p ∨ ┐q ∨r, ┐q ∨ ┐r ∨s, p, q) → s} Bước 4) Tách dòng theo dạng 1 Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 10


{(┐p, ┐q ∨ ┐r ∨s, p, q) → s} (1) {(┐q , ┐q ∨ ┐r ∨s, p, q) → s} (2) {(r, ┐q ∨ ┐r ∨s, p, q) → s} (3) Bước 5) Chứng minh các bài toán con 1, 2, 3: Cm (1): B2) Chuyển vế : {(┐q ∨ ┐r ∨s, p, q) → s, p} (CM) Cm (2): B2) Chuyển vế: {(┐q ∨ ┐r ∨s, p, q) → s, q} (CM) Cm (3): B4) Tách dòng theo dạng 1: {(r, ┐q, p, q) → s} (3.1) {(r, ┐r , p, q) → s} (3.2) {(r, s, p, q) → s} (3.3) (CM) B5) Chứng minh các bài toán con 3.1, 3.2: Cm (3.1): B2) Chuyển vế: {(r, p, q) → s, q} (CM) Cm (3.2): B2) Chuyển vế:

{(r, p, q) → s, r } (CM)

Bước 6) Kết luận theo 6a: Tất cả các bài toán con 1, 2, 3 đều chứng minh được. Vậy nên bài toán ban đầu được chứng minh.

Bài 6. CM [((a ∨ b →c ∧ d) ∧ (c→e) ∧ a)]→[(d ∧ c) ∨ b]? Bước 1) Dạng chuẩn: [((┐(a ∨ b) ∨ (c ∧ d)) ∧ (┐c ∨ e) ∧a)] → [(d ∧ c) ∨ b] Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 11


Dùng luật phân phối cho mệnh đề [(d ∧ c) ∨ b] ≡ [(b ∨ d) ∧ (b ∨ c)] Bước 2) Không có chuyển sang bước 3. Bước 3) Thay dấu ∧ ở GT và dấu ∨ ở KL =’,’. [(┐a ∧ ┐b) ∨ (c ∧ d), ┐c ∨ e, a] → [(b ∨ d) ∧ (b ∨ c)] Bước 4) Tách dòng theo dạng 1 [(┐a ∧ ┐b), ┐c ∨ e,a] → [(b ∨ d) ∧ (b ∨ c)] (1) [(c ∧ d), ┐c ∨ e, a] → [(b ∨ d) ∧ (b ∨ c)] (2) Bước 5) Chứng minh các bài toán con CM (1). B3) Thay dấu: [┐a, ┐b, ┐c ∨ e, a] → [(b ∨ d) ∧ (b ∨ c)] B2) Chuyển vế : [┐c ∨ e, a] → [((b ∨ d) ∧ (b ∨ c)), a, b] (CM) CM (2) B3) Thay dấu: [c, d, ┐c ∨ e, a]→ [(b ∨ d) ∧ (b ∨ c)] B4) Tách dòng dạng 1 [c, d, ┐c, a] → [(b ∨ d) ∧ (b ∨ c)] (2.1) [c, d, e, a] → [(b ∨ d) ∧ (b ∨ c)] (2.2) B5) Chứng minh các bài toán con Cm (2.1) B2) Chuyển vế mệnh dề phủ định từ vế này qua vế kia. [c, d, a] → [((b ∨ d) ∧ (b ∨ c)), c] (CM) Cm (2.2) B4) Tách thành dòng con theo dạng 2 Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 12


[c, d, e, a] → [(b ∨ d)] (2.2.1) [c, d, e, a] → [(b ∨ c)]

(2.2.2)

B5) Cm các bài toán con Cm(2.2.1) B3) Thay dấu [c, d, e, a] → [b, d] (CM) Cm (2.2.2) B3) Thay dấu [c, d, e, a] → [b, c] (CM) Bước 6) Kết luận 6a: Các bài toán con đều được chứng minh. Vậy bài toán ban đầu đã được chứng minh.

Bài 7. CM { A → B, A → C ∨ E , B ∧ C → D, E → F, F ∨ D → G, A} hỏi G? Bước 1) Dạng chuẩn: { ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐F ∧ ┐D ∨ G, A → G}

Bước 2) Không có, chuyển sang bước 3. Bước 3) Thay dấu ∧ ở GT và dấu ∨ ở KL =’,’. { ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E , ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐F , ┐D ∨ G, A → G}

Bước 2) Chuyển vế. ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐D ∨ G, A → G, F Bước 4) Tách dòng theo dạng 1 ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, G, A → G, F (1) ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐D, A → G , F (2) Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 13


Bước 5) Chứng minh các bài toán con (1)┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, G, A → G, F (1) (CM) (2) ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐D, A → G, F Bước 2 : Chuyển vế

┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, A → G, D, F Bước 4 : Tách dòng

(2.1) ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, F, A → G, D, F (2.2) ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E , A → G, D, F Bước 5 : chứng minh các bài toán con

(2.1) ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, F, A → G, D, F (CM)

(2.2) ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E , A → G, D, F Bước 2 : Chuyển vế

(2.2) ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E Bước 4: Tách dòng (2.2.1) ┐A ∨ B, E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E (2.2.2) ┐A ∨ B, ┐A, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E (2.2.3) ┐A ∨ B, C, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E Bước 5: Chứng minh các bài toán con (2.2.1) ┐A ∨ B, E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E (CM) (2.2.2) ┐A ∨ B, ┐A, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E Bước 2: chuyển vế Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 14


(2.2.2) ┐A ∨ B, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E, A (CM) (2.2.3) ┐A ∨ B, C, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E Bước 4: Tách dòng

(2.2.3.1) ┐A, C, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E (2.2.3.2) B, C, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E Bước 5: Chứng minh các bài toán con

(2.2.3.1) ┐A, C, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E Bước 2: chuyển vế

(2.2.3.1) C, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E , A (CM) (2.2.3.2) B, C, ┐B ∨ ┐C ∨ D, A → G, D, F, E Bước 4: tách dòng (2.2.3.2.1) B, C, ┐B, A → G, D, F, E (2.2.3.2.2) B, C,┐C, A → G, D, F, E (2.2.3.2.3) B, C, D, A → G, D, F, E Bước 5: chứng minh các bài toán con

(2.2.3.2.1) B, C, ┐B, A → G, D, F, E Bước 2: chuyển vế

(2.2.3.2.1) B, C, A → G, D, F, E, B (CM) (2.2.3.2.2) B, C,┐C, A → G, D, F, E Bước 2: chuyển vế

(2.2.3.2.2) B, C, A → G, D, F, E, C (CM) (2.2.3.2.3) B, C, D, A → G, D, F, E (CM) Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 15


Bước 6) Kết luận 6a: Các bài toán con đều được chứng minh. Vậy bài toán ban đầu đã được chứng minh

Bài 8. Đặt C(x): “x là cá heo”; T(x): “x thông minh”; D(x): “x biết đọc”. Biểu diễn các câu sau: a.

Cá heo thì thông minh.

b. Cá heo thì không biết đọc. c. Những ai biết đọc thì thông minh. d. Willy là cá heo Hãy : 1. Dùng logic vị từ để mô tả các mệnh đề trên. 2. Từ các câu trên, chứng minh có 1 người thông minh nhưng không biết đọc. Phát biểu các mệnh đề trên dưới dạng logic bậc nhất: a. ∀x, C(x) → T(x) b. ∀x, C(x) → ┐D(x) c. ∀x, D(x)→ T(x) d. ∃a, C(f(a)) KL :, T(x) ∧ ┐D(x) + Phát biểu các câu về dạng mệnh đề (không có lượng từ) : a. ∀x, C(x) → T(x) ≡ ┐C(x) ∨ T(x) b. ∀x, C(x) → ┐D(x) ≡ ┐C(x) ∨ ┐D(x) ≡ ┐( C(x) ∧ D(x) ) c. ∀x, D(x)→ T(x) ≡ ┐D(x) ∨ T(x) d. ∃a, C(f(a)) ≡ C(f(A)) KL : ∃x, T(x) ∧ ┐D(x) ≡ T(A) ∧ ┐D(A) Bước 1) Dạng chuẩn: Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 16


{ ┐C(x) ∨ T(x) , ┐( C(x) ∧ D(x) ), ┐D(x) ∨ T(x) , C(f(A))→ T(A) ∧ ┐D(A) } Bước 2) Chuyển vế. { ┐C(x) ∨ T(x) , ┐D(x) ∨ T(x) , C(f(A))→ T(A) ∧ ┐D(A), C(x) ∧ D(x) } Bước 3) Không có. Bước 4) Tách dòng Bước 5) Chứng minh các bài toán con


Page 17


B. THUẬT GIẢI ROBINSON a) Ý tưởng: Sử dụng: Phương pháp chứng minh phản chứng: [a→ b đúng] ≡ [a ∧ ┐b sai hay mâu thuẫn] - Nguyên lý hợp giải: ┐a ∨ b ∨c, a ∨d ≡ ┐a ∨ b ∨c ∨a ∨d ≡ b ∨c ∨d. ┐a ∧ b, a ∧d ≡ ┐a ∧ b ∧a ∧d ≡ b ∧d. - Ta thường gặp các trường hợp riêng của nguyên lý này: Nguyên lý Modus Ponens: P đúng, P → Q đúng, suy ra Q đúng. b. Nguyên lý Modus Tollens: Q sai, P đúng → Q, suy ra P sai. a.

b)

- Để chứng minh từ các Gti suy ra một trong các KLj ta chỉ cần lấy phủ định của KLj đưa về cùng với tác giả của GTi. - Để suy ra được mâu thuẫn, Robinson đã đưa ra nguyên lý hợp giải ở trên để bổ sung thêm ngày càng nhiều các biểu thức mệnh đề trung gian mới cho đến khi nào trong danh sách mệnh đề có 2 mệnh để đơn đứng độc lập là phủ định của nhau thì mâu thuẫn xảy ra. - Nếu suy ra được mâu thuẫn từ tập các mệnh đề ở GTi và KLj thì quá trình chứng minh kết thúc và kết luận bải toán được chứng minh. Các bước chứng minh bài toán bằng thuật giải Robinson. Bước 1: Ta đưa VT và VP cùa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn bằng cách: Thay các phép toán theo) tương ứng.

⇔



Page 18


Thay các phép toán →(kéo theo) bằng các phép toán ┐(phủ định), (phép tuyển) tương ứng. -Từ các phép toán ┐(phủ định), (phép tuyển), (phép hội) ta có dạng chuẩn GT ≡ VT và KL ≡ VP của bài toán cần chứng minh dạng: GT1, GT2, GT3,………, GTn → KL1, KL2, KL3,……., KLm

Bước 2: Thay phép toán ∧ở GTi và phép toán ∨ở KL j bằng dấu “,”. Chỉ những mệnh đề phủ định đứng độc lập thì mới chuyển vế GT1, GT2, a ∧ b, GT3,….,, GTn-1, GTn → KL1, c ∨d, KL2,…, KLm-1, KLm. Bài toán chuyển vể dạng:

GT1, GT2, a , b, GT3,….,, GTn-1, GTn → KL1, c , d , KL2,…, KLm1, KLm.

Bước 3: Biến đổi dòng trên thành danh sách các mệnh đề {GT1, GT2, a, b, ,… , GTn , ┐KL1, ┐KL2, ┐c, ┐d … , ┐KLm} Bước 4 : Nếu trong danh sách mệnh đề ở bước 2 có 2 mệnh đề đối ngẫu nhau thì bài toán được chứng minh. Ngược lại thì chuyển sang B5. (a và ┐ a gọi là hai mệnh đề đối ngẫu nhau). Bước 5 : Xây dựng một mệnh đề mới bằng cách tuyển một cặp mệnh đề trong danh sách mệnh đề ở bước 2. Nếu mệnh đề mới có các biến mệnh đề đối ngẫu nhau thì các biến đối ngẫu được loại bỏ. Ví dụ : p ∨ ┐q∨r ∨s ∨q Hai mệnh đề ┐ q, q là đối ngẫu nên sẽ được loại bỏ p ∨r ∨s .


Page 19


Bước 6 : Thay thế hai mệnh đề vừa tuyển trong danh sách mệnh đề bằng mệnh đề mới. Áp dụng heuristic cho thuật toán này ”áp dụng hợp giải sau khi thu được mệnh đề mới {p ∨r ∨s} có thể bỏ 2 mệnh đề cũ {p ∨ ┐q } và { r ∨s ∨q}”. Nếu mệnh đề là mệnh đề nguyên tử thì không rút gọn mà chuyển về cuối danh sách. Có thể hợp giải nhiều thứ tự mệnh đề có biến đối ngẫu với nhau, nhưng cách hay hợp giải mệnh đề nào ra được mâu thuẫn nhanh thì nên chọn. Ví dụ : { p ∨ ┐ q , r ∨s ∨q , w ∨r, s ∨q } ≡ { p ∨r ∨s , w ∨r, s ∨q }. { ┐p ∨u, p, q ∨t, p, r ∨s} ≡ {u, q ∨t, p, r ∨s, p }. (p là 1 mệnh đề nguyên tử). Bước 7 : Nếu không xây dựng được thêm một mệnh đề mới nào và trong danh sách mệnh đề không có 2 mệnh đề nào đối ngẫu nhau thì vấn đề không được chứng minh. Lưu ý: - từ bước 2 – 5 không theo thứ tự. - Thuật giải Robinson sẽ dừng sau một số hữu hạn bước và đưa ra thông báo “thành công” nếu từ GT tìm ra được KL. - Để chứng minh bài toán xuất phát không đúng ta phải hợp giải hết tất cả các khả năng cho đến khi không thể sinh ra thêm biểu thức mệnh đề nào mới trong bài toán. - Cũng như thuật giải Vương Hạo, thuật toán Robinson có nhược điểm là tùy theo thứ tự lấy các cặp mệnh đề hợp giải có thể xảy ra hiện tượng tràn bộ nhớ(do bùng nổ tổ hợp) đối với các bài toán có kích thước lớn.


Page 20

KHOA CNTT_TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN -

Bài toán chứng minh được nhưng có thể kết luận không chứng minh được nếu áp dụng Heuristic sai. Ví dụ: [(p q)→r),(p r)→s), p∨q]→r o

o

B1) Đưa về dạng chuẩn ta có: ┐(p q) ∨r), ┐ (p r) ∨s), p∨q]→r

B2) Không có.

o

B3) o

o

┐p∨ ┐q ∨r, ┐p∨ ┐ r ∨s, p∨q], ┐r

b4) Chưa có mệnh đề đối ngẫu nên chuyển sang B5. b5) Hợp giải 2 mệnh đề đầu ta có: {┐p∨ ┐q ∨s}. Đưa vào danh sách mềnh đề ta có : {┐p∨ ┐q ∨s, p∨q, ┐r }. Tiếp tục hợp giải 2 mệnh đề đầu ta có: {s , ┐r}. Không có mâu thuẫn không thể hợp giải được nữa. Bài toán sai chăng? Câu trả lời ở đây là bài toán không hề sai nếu chúng ta hợp giải trước 2 mệnh đề 1, 3 ta có: {┐p∨ ┐q ∨r p∨q} ≡ r. Đưa vào danh sách mệnh đề ta có: {r, ┐p ∨ ┐ r ∨s, ┐r}. Khi đó có mâu thuẫn r, ┐r . Vậy bài toán được chứng minh. -

Áp dụng luật De Morgan để bỏ dấu ┐(phủ định) của nguyên một nhóm mệnh để: Ví dụ: ┐(p

q ) ≡ ┐p

┐q.

┐(p ) q≡ ┐p

┐q.

- Áp dung luật phân phối (nếu chưa gặp dạng chuẩn cần tìm) phép tuyển đối với phép hội (hay phép hội đối với phép tuyển). Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 21


Ví dụ: p p

I.

(q

u) ≡ (p q)

(q u) ≡ (p

q)

(p u). (p u).

BÀI TẬP THUẬT GIẢI ROBINSON Bài 1: Cho {(A∧B) →C, (B∧C) →D, (A∧B)}. Hỏi D ? Bước 1) Ta đưa VT và VP cùa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn bằng

cách: Thay các phép toán ⇔ (tương đương) bằng phép toán →(kéo theo) tương ứng. (Không có phép toán ⇔ nên ta bỏ qua). Thay các phép toán →(kéo theo) bằng các phép toán ┐(phủ định), (phép tuyển) tương ứng. (A∧B) →C ≡ ┐(A ∧B) ∨C. (B∧C) →D ≡ ┐(B ∧C) ∨D.

Ta có dạng chuẩn cùa bài toán là: {(┐(A ∧B) ∨C, ┐(B ∧C) ∨D, (A ∧B) )→ D}.

Bước 2) Thay phép toán ∧ở GTi và phép toán ∨ở KL j bằng dấu “,”. {(┐A ∨ ┐B ∨C, ┐B ∨ ┐C ∨D, A, B )→ D}. Bước 3) Bỏ phép toán →(kéo theo) và phủ định mệnh đề kết luận đưa sang GT: {┐A ∨ ┐B ∨C, ┐B ∨ ┐C ∨D, A, B , ┐D}. Bước 4) Có tất cả 5 mệnh đề nhưng chưa có 1 cặp mệnh đề đối ngẫu. Nên chúng ta chuyển qua B5. Bước 5) Tuyển một cặp mệnh đề (chọn 2 mệnh đề có biến đối ngẫu). Có thể chọn thứ tự cặp mệnh đề hợp giải tùy thích miễn là ở cặp mệnh đề được chọn đó có 2 mệnh đề đối ngẫu để hợp giải. Ở đây chúng ta chọn mệnh đề 1, 2 hợp giải: Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 22


{┐A ∨ ┐B ∨C ∨ ┐B ∨ ┐C ∨D} ≡ { ┐A ∨ ┐B ∨ ┐B ∨D } ( bỏ mệnh đề đối ngẫu C, ┐C) Bước 6) Thay thế 2 mệnh cũ bằng mệnh đề mới. Ta có danh sách mệnh đề mới như sau: {┐A ∨ ┐B ∨D, A, B , ┐D } Chưa xuất hiện cặp mệnh đề mâu thuẫn. Bước 5) Tiếp tục tuyển mệnh đề 1, 2 (hay hợp giải mệnh đề 1, 2): {┐A ∨ ┐B ∨D, A} ≡ {┐B ∨D}(Bỏ 2 mệnh đề đối ngẫu A, ┐A. Có thể không bỏ mệnh đề A cũng được vì nó là mệnh đề nguyên tử, có thể đưa vào cuối danh sách mệnh đề). Bước 6) Thay thế 2 mệnh đề cũ bằng mệnh đề mới. Ta có danh sách mệnh đề mới như sau: {┐B ∨D , B , ┐D } Vẫn chưa xuất hiện cặp mệnh đề mâu thuẫn. Chuyển sang B5 Bước 5) Hợp giải 2 mệnh đề đầu tiên ta có: {┐B ∨D ∨B } ≡ {D} Bước 6) Thay thế 2 mệnh đề cũ bằng mệnh đề mới, ta có: Danh sách mệnh đề trở thành {D, ┐D } Bước 7) Đã tìm được 2 mệnh đề đối ngẫu nên bài toán ban đầu đã được chứng minh.

Bài 2. Cho {A→B∨D, D→E ∧F, E ∧A→B}. Hỏi A→D Bước 1) Đưa GT, KL của bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn: Thay dấu →(kéo theo) bằng các phép toán ┐(phủ định), ∨(hay) A→B∨D ≡ ┐A∨B∨D Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 23


D→E ∧F ≡ ┐D∨(E∧F) E ∧A→B ≡ ┐(E ∧A) ∨B A→D ≡ ┐A∨D Dạng chuẩn: {(┐A∨B∨D, ┐D∨(E∧F), ┐(E ∧A) ∨B)→ ┐A∨D} Bước 2) Thay phép toán ∧ở GTi và phép toán ∨ở KL j bằng dấu “,”. Áp dụng luật phân phối cho mệnh đề {┐D∨(E∧F) } ≡ {(┐D∨E) ∧( ┐D∨F)} {(┐A∨B∨D, (┐D∨E) ∧( ┐D∨F), ┐E ∨ ┐ A ∨B)→ ┐A, D} Bước 3) Biến đổi dòng trên thành danh sách các mệnh đề, bỏ phép toán kéo theo đồng thời phủ định mệnh đề đưa về GT: {┐A∨B∨D, (┐D∨E) , ( ┐D∨F), ┐E ∨ ┐A ∨B, A, ┐D} Bước 4) Có tất cả 6 mệnh đề nhưng chưa có mệnh đề đối ngẫu nên ta chuyển sang B5. Bước 5) Tuyển cặp mệnh đề(cặp mệnh đề có 2 mệnh đề đối ngẫu nhau). Chọn mệnh đề 1, 2 : {┐A ∨B ∨D ∨ ┐D∨E} ≡ {┐A ∨B ∨E} (Bỏ mệnh đề đối ngẫu D, ┐D) Bước 6) Thế 2 mệnh đề cũ bằng mệnh để mới ta có danh sách mệnh đề: {┐A ∨B ∨E, ┐D∨F, ┐E ∨ ┐A ∨B, A, ┐D } Chưa có mệnh đề đối ngẫu chúng ta tiếp tục tuyển các cặp mệnh đề còn lại Tuyển cặp mệnh đề 1, 3 : {┐A ∨B ∨E ∨ ┐E ∨ ┐A ∨B} ≡ {┐A ∨B ∨ ┐A ∨B} đối ngẫu E, ┐E)

(Bỏ mệnh đề

Danh sách mệnh để mới: Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 24


{ ┐A ∨B,┐D∨F, A, ┐D } Vẫn chưa xuất hiện mệnh đề đối ngẫu. Tuyển mệnh đề 1, 2 trong danh sách mệnh đề mới: { ┐A ∨B∨ ┐D ∨F ∨A} ≡ { B ∨ ┐D ∨F } (Bỏ mệnh đề đối ngẫu A,┐ A. Có thể không bỏ mệnh đề A). Danh sách mệnh đề mới: { B ∨ ┐D ∨F , ┐D}. Bước 7) Tới đây không còn cách nào hợp giải để sinh ra mệnh đề mới được. Vậy bài toán không được chứng minh.

Bài 3. Cho {(a∧ b)→c, (b∧c)→d, ┐d}. Cm a→b? Bước 1) Đưa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn: Thay dấu →(kéo theo) bằng các phép toán ┐, ∨ (a∧ b)→c ≡ ┐(a∧ b) ∨c (b∧c)→d ≡ ┐(b∧c) ∨d a→b≡ ┐a∨ b

Ta có: {(┐(a∧ b) ∨c, ┐(b∧c) ∨d, ┐d) → ┐a∨ b} Bước 2) Thay phép toán ∧ ở GT và phép toán ∨ ở KL bằng dấu “,”: Áp dụng luật De MorGan: ┐(a∧ b) ∨c ≡ ┐a∨ ┐ b ∨c ┐(b∧c) ∨d ≡ ┐b∨ ┐c ∨d Ta có danh sách mệnh đề được thay: {(┐a∨ ┐ b ∨c, ┐b∨ ┐c ∨d, ┐d) → ┐a, b} Bước 3) Biến đổi các dòng trên thành danh sách mệnh đề bằng cách bỏ dấu →, đưa KL sang GT đồng thời ┐KL: {┐a∨ ┐ b ∨c, ┐b∨ ┐c ∨d, ┐d, a, ┐b} Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 25


Bước 4) Có cả thảy 5 mệnh đề nhưng chưa có cặp mệnh đề đối ngẫu nên chúng ta chuyển sang B5. Bước 5) Tuyển cặp mệnh đề 1,2 : {┐a∨ ┐ b ∨c ∨ ┐b ∨ ┐c ∨d} ≡ {┐a∨ ┐ b ∨ ┐b ∨d } (Bỏ 2 mệnh đề đối ngẫu c, ┐c). Bước 6) Danh sách mệnh đề mới: {┐a∨ ┐ b ∨d, ┐d, a, ┐b } Vẫn chưa có cặp mệnh đề đối ngẫu nên ta tiếp tục hợp giải. Tuyển mệnh đề 1, 2 trong danh sách mệnh đề mới: {┐a∨ ┐ b ∨d ∨ ┐d} ≡ {┐a∨ ┐b} Danh sách mệnh đề mới : {┐a ∨ ┐b, a, ┐b } Vẫn chưa có cặp mệnh để mâu thuẫn ta tiếp tục hợp giải. Tuyển mệnh 1, 2 trong danh sách mệnh đề mới ta có: {┐a ∨ ┐b∨ a} ≡ {┐b} Danh sách mệnh đề mới: {┐b, ┐b} Bước 7) Không tìm ra được mệnh đề đối ngẫu nên bài toán ban đầu không được chứng minh.

Bài 4. Cho {(p∧q)→r, (p∧r) →s, p, q}. Hỏi r ?... Bước 1) Đưa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn bằng cách : Thay các phép toán → bằng các phép toán ┐, ∨ (p∧q)→r ≡ ┐(p∧q) ∨r (p∧r) →s ≡ ┐(p∧r) ∨s Dạng chuẩn của bài toán:

{(┐(p∧q) ∨r, ┐(p∧r) ∨s, p, q) →r}


Page 26


Bước 2) Không có chuyển sang bước 3. Bước 3) Biến đổi các dòng trên thành danh sách mệnh đề bằng cách bỏ dấu →, đưa KL sang GT đồng thời ┐KL: Đồng thời sử dụng luật De MorGan đối với mệnh đề 1, 2 {┐p ∨ ┐q∨ r, ┐p ∨ ┐r ∨ s, p, q, ┐r} Bước 4) Có 5 mệnh đề nhưng chưa có mệnh đề đối ngẫu nên ta chuyển sang b5. Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 3: {┐p ∨ ┐q ∨ r p} ≡ {┐q ∨ r} (bỏ 2 mệnh đề đối ngẫu p, ┐p) Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : {┐q ∨ r, ┐p ∨ ┐r ∨ s, p, q, ┐r } Chưa có mệnh đề đối ngẫu nên tiếp tục lặp lại b5, b6 để xây dựng mệnh đề mới. Tuyển mệnh đề 1, 4 : {┐p ∨ r ∨ q} ≡ {r} (Bỏ mệnh đề đối ngẫu q, ┐q) Danh sách mệnh đề mới : {r, ┐p ∨ ┐r ∨ s, p, q, ┐r } Bước 7) Tìm được cặp mệnh đề đối ngẫu {r, ┐r} trong danh sách mệnh đề mới. Vậy bài toán ban đầu đã được chứng minh.

Bài 5. Cho {(p ∧q )→r, (q ∧r)→s, ┐s}. Hỏi p → ┐q? Bước 1) Đưa bài toán cần chứng minh về dạng chuẩn bằng cách thay phép toán→ bằng phép toán ┐ , ∨: (p ∧q )→r ≡ ┐ (p ∧q ) ∨r (q ∧r)→s ≡ ┐ (q ∧r) ∨s p → ┐q ≡ ┐p ∨ ┐q dạng chuẩn :

{(┐ (p ∧q ) ∨r, ┐ (q ∧r) ∨s, ┐s) → ┐p ∨ ┐q }

Bước 2) Thay phép toán ∧ ở GT và phép toán ∨ ở KL bằng dấu “,”: Áp dụng luật De MorGan cho mệnh đề 1, 2: Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 27


{(┐p ∨ ┐q ∨r, ┐q ∨ ┐ r ∨s, ┐s) → (┐p , ┐q) } Bước 3) Biến đổi các dòng trên thành danh sách mệnh đề bằng cách bỏ dấu →, đưa KL sang GT đồng thời ┐KL: {┐p ∨ ┐q ∨r, ┐q ∨ ┐ r ∨s, ┐s, p, q } Bước 4) Có 5 mệnh đề mà chưa có mệnh đề đối ngẫu nên chuyển sang b5. Bước 5) tuyển mệnh đề 1, 4: {┐p ∨ ┐q ∨r ∨ p} ≡ { ┐q ∨r} (bỏ mệnh đề đối ngẫu p, ┐p) Bước 6) Danh sách mệnh đề mới: { ┐q ∨r, ┐q ∨ ┐ r ∨s, ┐s, q } Chưa có mệnh đề đối ngẫu nên tiếp tục hợp giải Tuyển mệnh đề 1, 4: { ┐q ∨r ∨ q} ≡ {r} Danh sách mệnh đề mới : {r, ┐q ∨ ┐ r ∨s, ┐s, q } Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Tuyển mệnh đề 1, 2 trong danh sách mệnh đề mới: {r ∨ ┐q ∨ ┐ r ∨s} ≡ {┐q ∨ s} Danh sách mệnh đề mới : {┐q ∨ s, ┐s, q } Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển. Tuyển mệnh đề 1, 3 trong danh sách mệnh đề mới: {┐q ∨ s∨ q } ≡ {s} Danh sách mệnh đề mới : {s, ┐s} Bước 7) Tìm được cặp mệnh đề đối ngẫu {s, ┐s}. Vậy nên bài toán đã xuất phát đúng.

Bài 6. Cho {┐p ∨ q, ┐q ∨ r, ┐r ∨ s, ┐u ∨ ┐s}. Hỏi ┐p, ┐u. Bước 1) Đưa về dạng chuẩn: Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 28


{(┐p ∨ q, ┐q ∨ r, ┐r ∨ s, ┐u ∨ ┐s) → (┐p, ┐u)} Bước 2) Không có chuyển sang bước 3. Bước 3) Đưa các dòng trên về dạng: {┐p ∨ q, ┐q ∨ r, ┐r ∨ s, ┐u ∨ ┐s, p, u} Bước 4) Có 6 mệnh đề nhưng chưa có mệnh đề nào đối ngẫu nên chuyển sang bước 5. Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 2 ta có: {┐p ∨ q ∨ ┐q ∨ r} ≡ {┐p ∨ r} Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : {┐p ∨ r, ┐r ∨ s, ┐u ∨ ┐s, p, u} Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 4 trong danh sách mệnh đề mới: {┐p ∨ r ∨ p } ≡ {r} Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : { r, ┐r ∨ s, ┐u ∨ ┐s, u} Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 2 trong danh sách mệnh đề mới: { r ∨ ┐r ∨ s }≡ {s} Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : { s, ┐u ∨ ┐s, u} Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 2 trong danh sách mệnh đề mới: {s ∨ ┐u ∨ ┐s }≡ {┐u} 6) Danh sách mệnh đề mới : { ┐u, u} Bước 7) Tìm được cặp mệnh đề đối ngẫu { ┐u, u}.Vậy nên bài toán đã xuất phát đúng. Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 29


Bài 7. CM { A → B, A → C ∨ E , B ∧ C → D, E → F, F ∨ D → G, A} hỏi G? Bước 1) Đưa về dạng chuẩn: { ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐F ∧ ┐D ∨ G, A → G}

Bước 2) Thay dấu ‘,’ nếu GTi có ‘∧’ và KLj có ‘∨’. { ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐F , ┐D ∨ G, A → G } Bước 3) Đưa các dòng trên về dạng: { ┐A ∨ B, ┐A ∨ C ∨ E, ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐F , ┐D ∨ G, A , ┐G } Bước 4) Chưa có mệnh đề nào đối ngẫu nên chuyển sang bước 5. Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 7 ta có: {┐A ∨ B ∨ A} ≡ { B ,A} A là mệnh đề nguyên tử nên không được bỏ Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : { B , ┐A ∨ C ∨ E , ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐F , ┐D ∨ G, A , ┐G } Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Bước 5) Tuyển mệnh đề 2, 7 ta có: {┐A ∨ C ∨ E ∨ A } ≡ { C ∨ E } Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : { B , C ∨ E , ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐E ∨ F, ┐F , ┐D ∨ G , ┐G } Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Bước 5) Tuyển mệnh đề 2, 4 ta có: { C ∨ E ∨ ┐E ∨ F } ≡ { C ∨ F } Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 30


{ B , C ∨ F , ┐B ∨ ┐C ∨ D, ┐F , ┐D ∨ G , ┐G } Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 3 ta có: { B ∨ ┐B ∨ ┐C ∨ D } ≡ { ┐C ∨ D } Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : { C ∨ F , ┐C ∨ D, ┐F , ┐D ∨ G , ┐G } Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 3 ta có: { C ∨ F ∨ ┐F} ≡ { C } Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : { C, ┐C ∨ D, ┐D ∨ G , ┐G } Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 2 ta có: { C ∨ ┐C ∨ D } ≡ { D } Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : { D, ┐D ∨ G , ┐G } Vẫn chưa có mệnh đề đối ngẫu, tiếp tục tuyển Bước 5) Tuyển mệnh đề 1, 2 ta có: {D, ┐D ∨ G } ≡ { G } Bước 6) Danh sách mệnh đề mới : { G , ┐G } Bước 7) Tìm được cặp mệnh đề đối ngẫu { ┐G, G}.Vậy nên bài toán đã xuất phát đúng. Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 31


Bài 8. Đặt C(x): “x là cá heo”; T(x): “x thông minh”; D(x): “x biết đọc”. Biểu diễn các câu sau: e. Cá heo thì thông minh. f. Cá heo thì không biết đọc. g. Những ai biết đọc thì thông minh. h. Willy là cá heo Hãy : 1. Dùng logic vị từ để mô tả các mệnh đề trên. 2. Từ các câu trên, chứng minh có 1 người thông minh nhưng không biết đọc.

Bài 9. Cho tập quan hệ (hàm) trong tam giác: a. a/sinα = b/sinβ b.

c/sinγ = b/sinβ

c.

S = √ p(p-a)(p-b)(p-c)

d. α+ β + γ = π e. S = hc*c

Hãy 1. Dùng mạng ngữ nghĩa để mô tả các mối quan hệ giữa biến và hàm.

2. Cài đặt thuật giải cho bài toán. 1) Cách xây dựng: - Đỉnh của đồ thị: bao gồm 2 loại: o

Hình chữ nhật chứa công thức của tam giác.

o

Hình tròn biễu diễn các biến của tam giác.

2) Mô hình: Môn: Trí Tuệ Nhân Tạo Bài tập chương 2: Các Phương Pháp Xử Lý Và Biễu Diễn Tri Thức GVHD:Th.S: Huỳnh Minh Trí

Page 32


a) a/sinα = b/sinβ c)

c/sinγ = b/sinβ

c) S = p(p-a)(p-b)(p-c) d) α+ β + γ = π e) S = hc*c.

1. Mô tả mối quan hệ giữa biến và hàm.


Page 33


3) Cài đặt thuật giải: - Cài đặt mạng ngữ nghĩa giải bài toán tam giác bằng 1 mảng 2 chiều trong đó: o

Cột: ứng với công thức (hình chữ nhật)

o

Dòng: Ứng với các biến (hình tròn)

o

Xi là các biến, R j là các công thức. R ij = -1 (Nếu Xi chưa kích hoạt)

- Nếu Xi ∈ R j

R ij = 1 (Nếu Xi được kích hoạt)

- Nếu Xi ∉ R j ⟹ R ij = 0. - Kích hoạt các đỉnh hình tròn (biến) đã cho trước: khi đó những công thức có chứa biến này thì cho giá trị =1. - Xét từng cột R j: nếu tổng các ô có giá trị ≠ 0 là m và tổng các ô có giá trị = 1 là m-1 thì công thức đó được kích hoạt. Khi đó các biến liên hệ với công thức này (duyệt theo cột) sẽ được kích hoạt từ -1 sang 1. Tiếp tục duyệt để xác định các công thức liên quan. - Nếu duyệt hết từng cột R j mà công thức không thể kích hoạt bất kỳ đỉnh nào nữa hay đã tìm ra được công thức liên quan thì dừng. 4) Ví dụ cho bài toán: Cho biết ∝, β, a tính hc. a.

Chưa kích hoạt công thức và biến nào R 1

R 2

R 3

R 4

R 5

∝

-1

0

0

-1

0

β

-1

-1

0

-1

0

γ

0

-1

0

-1

0

a

-1

0

-1

0

0


Page 34


b.

b

-1

-1

-1

0

0

c

0

-1

-1

0

-1

S

0

0

-1

0

-1

hc

0

0

0

0

-1

Bắt đầu ∝, β, a được kích hoạt. R 1

R 2

R 3

R 4

R 5

∝

1

0

0

1

0

β

1

1

0

1

0

γ

0

-1

0

-1

0

a

1

0

1

0

0

b

-1

-1

-1

0

0

c

0

-1

-1

0

-1

S

0

0

-1

0

-1

hc

0

0

0

0

-1

Trên cột R 1 ta có: tổng các ô có giá trị ≠ 0 là 4 và tổng các ô có giá trị = 1 là 3 nên R 1 được kích hoạt biến b được kích hoạt. Trên cột R 4 ta có: tổng các ô có giá trị ≠ 0 là 3 và tổng các ô có giá trị = 1 là 2 nên R 4 được kích hoạt biến γ được kích hoạt. Bảng trên được vẽ lại c.

R 1

R 2

R 3

R 4

R 5

∝

1

0

0

1

0

β

1

1

0

1

0

γ

0

1

0

1

0

a

1

0

1

0

0


Page 35


b

1

1

1

0

0

c

0

-1

-1

0

-1

S

0

0

-1

0

-1

hc

0

0

0

0

-1

Trên cột R 2 ta có: tổng các ô có giá trị ≠ 0 là 3 và tổng các ô có giá trị = 1 là 2 nên công thức R 2 được kích hoạt ⟹ dòng c được kích hoạt. Vẽ lại bảng R 1

R 2

R 3

R 4

R 5

∝

1

0

0

1

0

β

1

1

0

1

0

γ

0

1

0

1

0

a

1

0

1

0

0

b

1

1

1

0

0

c

0

1

1

0

1

S

0

0

-1

0

-1

hc

0

0

0

0

-1

Trên cột R 3 ta có: tổng các ô có giá trị ≠ 0 là 4 và tổng các ô có giá trị = 1 là 3 nên công thức R 3 được kích hoạt ⟹ dòng S được kích hoạt. Vẽ lại bảng


Page 36

BaitapAI

Recommend Documents