Zbirka zadataka iz Ekspertskih sistema

148 2. Modeli predstavljanja znanja
• 29 vraćanja od not f(x,x) do x > y. Stav x > y ‘prolazi’ 6 parova (x,y) a to su: (2,1), (3,1),
(3,2), (4,1), (4,2) i (4.3) za svaku od 5 mogućih vrednosti za z što je ukupno 30 pokušaja
od kojih poslednji uspeva. Od tih 30 pokušaja, 5 puta (za x=2 i z=1 do z=5) ne uspeva
not f(x,x). 24 puta ne uspeva poslednji stav g(x,y,z). Kada god poslednji stav ne uspe,
vrši se vraćanje do stava not f(x,x) što automatski povlači vraćanje do x > y jer ne
postoji drugi način da not f(x,x) zadovolji kada jednom uspe.
• 24 vraćanja od g(x,y,z) do not f(x,x) kao što je u prethodnoj tački zaključeno.
b) Upit treba preurediti tako da najpre dođu oni stavovi koje je najteže zadovoljiti. U ovom
slučaju radi se prvo u predikatu g, a zatim o stavu x > y. Prema tome, zadati upit se može
preformulisati u:
g(x,y,z) and x > y and not f(x,x) and n(x) and n(y) and n(z)
Ovaj upit u zadatu bazu znanja daje isti odgovor kao pod a) sa samo 3 vraćanja; sva tri puta
vraćanje se vrši od stava x > y do stava g(x,y,z).
c) Primenjujući zavisno zasnovano vraćanje pri razmatranju datog upita, zaključujemo da će
se sa predikata n(y) vraćanje vršiti na predikat n(x), sa n(z) na n(y) sa x > y na n(y) (a ne n(z)
kao kod hronološkog vraćanja jer se u stavu x > y ne pojavljuje promenljiva z), sa not f(x,x)
na n(x) i sa g(x,y,z) na n(z). Razmotrimo sada tok zaključivanja uz zavisno zasnovano
vraćanje za zadati upit: n(x) and n(y) and n(z) and x>y and not f(x,x) and g(x,y,z).
• Prva tri predikata vezuju promenljive: x = 1, y = 1 i z = 1.
• Stav x > y nije zadovoljen; vraćamo se na n(y).
• Bira se y = 2 i ponovo razmatra x > y koji ponovo nije zadovoljen; vraćamo se na n(y).
Isto se ponavlja za vrednosti y od 3 do 5 (još tri vraćanja).
• Stav n(y) nije zadovoljen jer nema neisprobanih vrednosti za y; vraćamo se na n(x) i
biramo x = 2.
• Razmatraju se n(y) i n(z), bira se y=1, z=1 i x > y sada uspeva.
• Pošto f(2,2) uspeva, not f(x,x) nije zadovoljeno i vraćamo se na n(x) uzimajući sada x =
3. Razmatranjem n(y) i n(z) uzima se y =1 i z=1.
• Stav x>y uspeva kao i not f(x,x) ali stav g(x,y,z) nije zadovoljen. Vraćamo se na n(z) i
uzimamo z=2.
• Stavovi x>y, not f(x,x) uspevaju ali g(x,y,z) ponovo nije zadovoljen pa se vraćamo na
n(z). Situacija se ponavlja za vrednosti z od 3 do 5 (još tri vraćanja).
• Pošto n(z) nije uspelo, vraćamo se na n(y) (neposredno prethodni stav, jer nema
prethodnika koji vezuju z) i biramo y=2. Razmatranjem stava n(z) usvaja se z=1.
• Ponavlja se neispunjenje g(x,y,z) i vraćanje na n(z) za vrednosti z od 1 do 5 (još 5
vraćanja).
• Stav n(z) nije zadovoljen, vraćamo se na n(y) i biramo y=3. Razmatranjem stava n(z)
usvaja se z=1.
• Stav x > y nije zadovoljen. Vraćamo se na n(y) i biramo y=4. Ponovo nije zadovoljen x
> y, vraćamo se na n(y), biramo y=5. Ponovo nije zadovoljen x > y, vraćamo se na stav
n(y) koji nije zadovoljen pa se dalje vraćamo na n(x) i biramo x=4, a razmatranjem
stavova n(y) i n(z) usvaja se y=1 i z=1.