Zbirka zadataka iz Ekspertskih sistema

2.1. Formalna logika 109
• Kvantifikatore izvlačimo na levu stranu uz preimenovanje desnog pojavljivanja
promenljive x:
(∀x)(∀y){[P(x) ∧ (Q(A) ∨ Q(B))] ∧ (¬P(y) ∨ ¬Q(y) ) }
• Razlažemo formulu na pojedine klauzule
1. P(x)
2. Q(A) ∨ Q(B)
3. ¬P(y) ∨ ¬Q(y)
Na ovako dobijene stavove primenjujemo rezoluciju:
x=y
1., 3. ⎯⎯⎯ → 4. ¬Q(y)
y=A
2., 4. ⎯⎯⎯ → 5. Q(B)
y=B
2., 5. ⎯⎯⎯ → NIL
Dobijen je prazan stav NIL čime je dokaz završen.
Zadatak 53: Problem skolemizacije
Pokazati korišćenjem rezolucije da dobro formirana formula (∃x)P(x) logički sledi iz dobro
formirane formule [P(A1) ∨ P(A2)]. Međutim, Skolemova forma za (∃x)P(x), to jest, P(A), ne
sledi logički iz [P(A1) ∨ P(A2)]. Objasniti.
Rešenje
Pokažimo najpre, uz pomoć rezolucije, da tačnost (∃x)P(x) sledi iz pretpostavke [P(A1) ∨
P(A2)]. Pretpostavku i negaciju tvrđenja prevodimo u konjuktivnu normalnu formu:
1. P(A1) ∨ P(A2)
2. ¬P(x)
Dvostrukom primenom rezolucije dobijamo prazan stav čime je polazno tvrđenje dokazano:
x = A1
1., 2. ⎯⎯⎯⎯ → 3. P(A2)
x = A2
2., 4. ⎯⎯⎯⎯ → NIL
Razmotrimo sada drugo tvrđenje. Pretpostavka i negacija tvrđenja imaju sledeće konjuktivne
normalne forme:
1. P(A1) ∨ P(A2)
2. ¬P(A)
Rezolucija se ne može primeniti na stavove 1. i 2. jer se ne poklapaju konstante u predikatima
P(A1) i ¬P(A). Prema tome, rezolucijom se u ovom slučaju ne može dokazati ispravnost
tvrđenja.
Da bi se objasnio ovakav rezultat treba se podsetiti strategije dokazivanja stavova
rezolucijom: pretpostavi se tačnost negacije tvrđenja, negacija se dodaje polaznim
pretpostavkama, pa se rezolucijom se pokušava ustanoviti nekonzistentnost ovako dobijenog
skupa stavova. U slučaju pojave nekonzistentnosti dokazano je da negacija tvrđenja ne može
biti tačna pri datim pretpostavkama (koje su po definiciji tačne), pa se iz toga zaključuje
tačnost polaznog tvrđenja pri datim pretpostavkama.