吉林大學研究生人工智能t演示文檔

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.,6/27/2018,1,第六章 歸結原理,6.1 子句集的Herbrand域 一、 Herbrand域與 Herbrand解釋定義（Herbrand域）設S為子句集，令H0是出現于子句集S的常量符號集。如果S中無常量符號出現，則H0由一個常量符號a組成。 對于i1，2，令 Hi = Hi-1所有形如f(t1，tn)的項 其中f(t1，tn)是出現在S中的所有n元函數符號， tj Hi-1，j1，n 稱Hi為S的i級常量集，H 稱為S的Herbrand域， 簡稱S的H域。,.,6/27/2018,2,例 SP(f(x)，a，g(y)，b) H0 =a, b H1 =a, b, f(a), f(b), g(a), g(b) H2a, b, f(a), f(b), g(a), g(b), f(f(a), f(f(b), f(g(a), f(g(b), g(f(a), g(f(b), g(g(a), g(g(b) ,.,6/27/2018,3,練習: 求S的Herbrand域,SP(x) Q(y)，R(z) SQ(a) P(f(x)， Q(b) P(g(x,y) ,.,6/27/2018,4,原子集 基例,基：把對象中的變量用常量代替后得到的無變量符號出現的對象。 基項、基項集、基原子、基原子集合、基文字、基子句、基子句集 定義 (原子集、Herbrand底) 設S是子句集，形如P(t1,tn)的基原子集合，稱為S的Herbrand底或S的原子集 其中P(x1，xn)是出現于S的所有n元謂詞符號，t1，tn是S的H域中的元素定義（基例） 設S是子句集，C是S中的一個子句用S的H域中元素代替C中所有變量所得到的基子句稱為子句C的基例。,.,6/27/2018,5,練習,已知SP(f(x)，a，g(y)，b)，求S的原子集， 給出P(f(x)，a，g(y)，b)的一個基例。已知SP(x) Q(y)，R(z) ，求S的原子集， 分別給出P(x) Q(y)， R(z)的所有基例。已知S Q(a)P(f(x)，Q(b) P(g(x,y)， 求S的原子集， 分別給出Q(a)P(f(x) ， Q(b) P(g(x,y)的一個基例。設SP(x), Q(f(y) R(y) ，求S的H域， S的原子集， P(x)的基例, Q(f(y) R(y) 的基例。,.,6/27/2018,6,H解釋,定義（子句集的H解釋） 設S是子句集，H是S的H域，I*是S在H上的一個解釋稱I*為S的一個H解釋，如果I*滿足如下條件： 1） I*映射S中的所有常量符號到自身。 2）若f是S中n元函數符號，h1，hn是H中元素，則I*指定映射： (h1，hn) f (h1，hn) 設A=A1，A2，An， 是S的原子集。于是S的一個H解釋I可方便地表示為如下一個集合： I* m1，m2，mn，其中, mi =,.,6/27/2018,7,H解釋的例子,例 S=P(x)Q(x), R(f(y) S的H域=a, f(a), f(f(a), S的原子集： A=P(a), Q(a), R(a), P(f(a), Q(f(a), R(f(a), S的H解釋： I1* = P(a), Q(a), R(a), P(f(a), Q(f(a), R(f(a), I2* = P(a), Q(a), R(a), P(f(a), Q(f(a), R(f(a), ,.,6/27/2018,8,練習,S=P(x)Q(x), P(a), Q(b) ，求S的所有H解釋。,.,6/27/2018,9,二、Herbrand解釋與普通解釋的關系,子句集S的H解釋是S的普通解釋。S的普通解釋不一定是S的H解釋：普通解釋不是必須定義在H域上，即使定義在H域上，也不一定是一個H解釋。任取普通解釋I，依照I，可以按如下方法構造S的一個H解釋I*，使得若 S在 I下為真則 S在I*下也為真。,.,6/27/2018,10,例.,SP(x), Q(y,f(y,a)令S的一個解釋I如下： D1，2 a f(1, 1) f(1, 2) f(2, 1) f(2, 2) 2 1 2 2 1 P(1) P(2) Q(1, 1) Q(1, 2) Q(2, 1) Q(2, 2) T F F T F T對應于I的H解釋I*： I*P(a), Q(a, a), P(f(a, a), Q(a, f(a, a), Q(f(a, a), a), Q(f(a, a), f(a, a), ,.,6/27/2018,11,例,S=P(x), Q(y, f(y, z)令S的一個解釋I如下: D=1, 2 f(1, 1) f(1, 2) f(2, 1) f(2, 2) 1 2 2 1 P(1) P(2) Q(1, 1) Q(1, 2) Q(2, 1) Q(2, 2) T F F T F T指定 a對應1得H解釋：I1*P(a), Q(a, a), P(f(a, a), Q(a, f(a, a), Q(f(a, a), a), Q(f(a, a), f(a, a), 指定 a對應2得H解釋： I2*P(a), Q(a, a), P(f(a, a), Q(a, f(a, a), Q(f(a, a), a), Q(f(a, a), f(a, a), ,.,6/27/2018,12,對應于I的H解釋I*,定義（對應于I的H解釋I*） 設I是子句集S在區(qū)域D上的解釋。H是S的H域。 是如下遞歸定義的H到D的映射： 1） 若S中有常量符號,H0是出現在S中所有常量符號的集合。 對任意aH0，規(guī)定 (a)=I(a) 若S中無常量符號,H0=a。 規(guī)定 (a)=d,dD。 2）對任意(h1,hn)Hin,及S中任意n元函數符號f(x1,xn) , 規(guī)定(f(h1，hn) =I(f(h1，hn) 。,.,6/27/2018,13,對應于I的H解釋I*,對應于I的H解釋I*是如下的一個H解釋： 任取S中n元謂詞符號P(x1,xn)， 任取(h1,hn)Hn，規(guī)定 TI*(P(h1，hn)=TI(P(h1，hn),.,6/27/2018,14,引理 如果某區(qū)域D上的解釋I滿足子句集S， 則對應于I的任意一個H解釋I*也滿足S。證明：令S= x1 xn (C1 Cm)，其中Ci為子句（i=1, ,m）。由已知TI(S)=T，即對任意（x1，xn）Dn，都有TI(Ci（x1，xn）)=T, i=1, ,m,.,6/27/2018,15,因為對S中任意r元謂詞符號P（x1，xr）和任意（h1，hr）Hr，都有TI*( P（h1，hr）)=TI(P（h1，hr）)其中（h1，hr）Dr。所以，對任意（h1，hn）Hn，都有TI*( Ci（h1，hn）)=TI(Ci（h1，hn）) 其中（h1，hn）Dn。 i=1, ,m。 故對任意（h1，hn）Hn ，都有 TI*(Ci（h1，hn）)=T, 故TI*(S)=T，即I*滿足S。,.,6/27/2018,16,只考慮子句集的H解釋是否夠用？定理 子句集S恒假當且僅當S被其所有H解釋弄假。證明: 必要性顯然。充分性。假設S被其所有H解釋弄假，而S又是可滿足的。設解釋I滿足S，于是由引理知，對應于I的H解釋I*也滿足S，矛盾故S是不可滿足的從現在起，如不特別指出，提到的解釋都是指H解釋,.,6/27/2018,17,結論,l）子句 C的基例 C被解釋 I滿足，當且僅當 C中的一個基文字L出現在 I中C= P(x) Q(f(y),a) R(z)C= P(a) Q(f(a),a) R(f(a),.,6/27/2018,18,2）子句C被解釋I滿足，當且僅當 C的每一個基例都被I滿足3）子句 C被解釋 I弄假，當且僅當 至少有一個C的基例C被I弄假。,.,6/27/2018,19,例.,C=P(x)Q(f(x)I1=P(a),Q(a),P(f(a),Q(f(a),P(f(f(a),Q(f(f(a),I2=P(a),Q(a),P(f(a),Q(f(a),P(f(f(a),Q(f(f(a),I3=P(a),Q(a),P(f(a),Q(f(a),P(f(f(a),Q(f(f(a), 顯然，I1，I2滿足C，I3弄假C。,.,6/27/2018,20,4）子句集S不可滿足，當且僅當 對每個解釋I，至少有一個S中某個子句C的基例C被I弄假。,.,6/27/2018,21,6.2 Herbrand定理,Herbrand定理是符號邏輯中一個很重要的定理Herbrand定理就是使用語義樹的方法，把需要考慮無窮個H解釋的問題，變成只考慮有限個解釋的問題,.,6/27/2018,22,一、語義樹,定義(互補對) 設 A是原子，兩個文字A和A都是另一個的補，集合A，A稱為一個互補對定義(Tautology,重言式) 含有互補對的子句,.,6/27/2018,23,定義 （語義樹） 設S是子句集，A是S的原子集關于S的語義樹是一棵向下生長的樹T在樹的每一節(jié)上都以如下方式附著A中有限個原子或原子的否定： 1）對于樹中每一個節(jié)點N，只能向下引出有限的直接的節(jié) L1，Ln 設Qi是附著在Li上所有文字的合取，i=1, ,n， 則Q1Qn是一個恒真的命題公式2）對樹中每一個節(jié)點 N，設 I（N）是樹T由根向下到節(jié)點 N 的所有節(jié)上附著文字的并集， 則I（N）不含任何互補對,語義樹,.,6/27/2018,24,完全語義樹,定義（完全語義樹） 設A=A1,An,是子句集S的原子集 S的一個語義樹是完全的，當且僅當 對于語義樹中每一個尖端節(jié)點N（即從N不再 生出節(jié)的那種節(jié)點），都有 Ai或Ai有且僅有一個屬于I(N),i=1,k,.,6/27/2018,25,例. 設A=P，Q，R是子句集S的原子集，完全語義樹(正規(guī)完全語義樹 ),.,6/27/2018,26,.,6/27/2018,27,例. 設 S=P(x), Q(f(x)S的原子集為A=P(a), Q(a), P(f(a), Q(f(a), P(f(f(a), Q(f(f(a), ,.,6/27/2018,28,語義樹與解釋,S的完全語義樹的每一個分枝都對應著S的一個解釋；定義（部分解釋）對于子句集S的語義樹中的每一個節(jié)點N,I(N)是S的某個解釋的子集，稱I(N)為S的部分解釋。S的任意解釋都對應著S的完全語義樹中的一條分枝？綜合： 子句集S的一棵完全語義樹對應著S的所有解釋。,.,6/27/2018,29,證明: 若不然，設T中節(jié)點N向下生出的n個節(jié)L1，Ln的每個節(jié)Li上，都至少有一個文字Ai不在I中由語義樹的定義知：Q1Qn是恒真公式,其中Qi表示Li上所有文字的合取，i=1, , n。將Q1Qn化為合取范式：Q1Qn（A1A2An）() ()因為每一個析取式中都必須有一個互補對。不妨設A1A2,于是A2,A2都不在I中,這與I是一個解釋矛盾。結論：對S的任意解釋I，都可以從S的完全語義樹的根點出發(fā)，向下找出一條分枝，使該分枝對應著解釋I。,引理 設T是子句集S的完全語義樹，I是S的一個解釋。于是T中任意節(jié)點向下生出的直接節(jié)中，必有一節(jié)，其上所有文字都在I中。,.,6/27/2018,30,子句集的封閉語義樹,定義（失效點） 稱語義樹T中的節(jié)點N為失效點，如果(1)I(N)弄假S中某個子句的某個基例；(2)I(N)不弄假S中任意子句的任意基例，其中N是 N的任意祖先節(jié)點。定義（封閉語義樹） 語義樹T是封閉的，當且僅當T的每個分枝的終點都是失效點。定義（推理點）稱封閉語義樹的節(jié)點 N為推理點，如果N的所有直接下降節(jié)點都是失效點,.,6/27/2018,31,例. 設S=P, PR, PQ, PR。,S的原子集 A=P, Q, R,P,P,Q,Q,Q,Q,R,R,R,R,R,R,R,R,.,6/27/2018,32,練習,設子句集S=P(x)Q(x),P(f(x), Q(f(x)分別畫出S的完全語義樹與 封閉語義樹。,.,6/27/2018,33,二、Herbrand定理,Herbrand定理I子句集S是不可滿足的，當且僅當對應于S的每一個完全語義樹都存在一個有限的封閉語義樹證明: 必要性：若S是不可滿足的，設T是S的完全語義樹 對T的每一個分枝B,令IB是附著在B上所有文字的集合，則IB是S的一個解釋,故IB弄假S中某子句C的某個基例C由于C是有限的，所以B上存在一個節(jié)點NB使得部分解釋I（NB）弄假C，于是分枝B上存在失效點因此，對T中每一分枝都存在一個失效點，于是從T得到S的一個封閉語義樹T。,.,6/27/2018,34,Herbrand定理I子句集S是不可滿足的，當且僅當對應于S的每一個完全語義樹都存在一個有限的封閉語義樹,(有限性) 因為封閉語義樹T中每一個節(jié)點只能向下生長有限個節(jié),故T必有有限個節(jié)點.否則,由Konig無限性引理,T中必有一條無窮的分枝,此無窮分枝上當然沒有失效點,矛盾。（Konig無限性引理：在一個其點之次數有限的無限有向樹中，必有一源于根的無限路。 ）充分性：若S的每一個完全語義樹T都對應著一個有限封閉語義樹T，則T的每條分枝上都有一個失效點。因為S的任一解釋都對應T的某一條分枝，所以每一個解釋都弄假S， 故S是不可滿足的。,.,6/27/2018,35,Herbrand定理II 子句集S是不可滿足的，當且僅當存在S的一個有限不可滿足的S的基例集S。,證明: 必要性：若S恒假，設T是S的完全語義樹，由Herbrand定理I知，有一個有限封閉語義樹 T對應著T。令S是被 T中所有失效點弄假的所有基例（S中某些子句的基例）的集合。因為T中失效點的個數有限，所以S是有限集合。任取S的一解釋I，則I是S的某個解釋I的子集，而解釋I是T中一個分枝，所以，I弄假S中子句C，故I弄假S。因為II,且I是S的解釋,故I弄假S由I的任意性知S不可滿足。,S=P(x), P(a)P(b), Q(f(x)H=a,b,f(a),f(b),f(f(a),f(f(b),A=P(a),P(b),Q(a),Q(b),S=P(a), P(b), P(a)P(b),.,6/27/2018,36,Herbrand定理II 子句集S是不可滿足的，當且僅當存在S的一個有限不可滿足的S的基例集S。,充分性：假設S有一個有限的不可滿足的基例集S。 任取S的解釋I， 因為S的每一個解釋I都包含著S的一個解釋I，而S是不可滿足的，所以S的任一解釋I都弄假S，故I弄假S中至少一個子句，即I弄假S中至少一個子句的基例，亦即I弄假S。 由I的任意性，知S是不可滿足的。,.,6/27/2018,37,Herbrand定理II提出了一種證明子句集S的不可滿足性的方法：如果存在這樣一個機械程序，它可以逐次生成S中子句的基例集 S0，Sn，并逐次地檢查S0，Sn，的不可滿足性，那么根據 Herbrand定理，如果 S是不可滿足的，則這個程序一定可以找到一個有限數N，使SN是不可滿足的。,.,6/27/2018,38,使用Herbrand定理的機器證明過程,Gilmore過程D-P過程,.,6/27/2018,39,Gilmore過程（1960年）,逐次地生成S0， S1，Sn，其中Si是用S的i級常量集合Hi中的常量，代替S中子句的變量，而得到的S的所有基例之集合。對于每一個Si，可以使用命題邏輯中的任意的方法去檢查Si的不可滿足性。 Gilmore使用了所謂乘法方法：即將Si化為析取范式。如果其中任意一個合取項包含一個互補對，則可以刪除這個合取項，最后，如果某個Si是空的，則Si是不可滿足的。當S不可滿足時，該算法一定結束(半可判定)。,.,6/27/2018,40,例. S=P(a), P(x) Q(f(x), Q(f(a) H0=a S0=P(a) (P(a) Q(f(a) Q(f(a) =(P(a)P(a)Q(f(a)(P(a) Q(f(a)Q(f(a) = =所以，S是不可滿足的。該算法具有指數復雜性，為此提出了改進規(guī)則，稱為Davis-Putnam預處理-檢驗基子句集不可滿足性。,.,6/27/2018,41,D-P過程,設S是基子句集Tautology刪除規(guī)則 設S為刪去S中所有的Tautology所剩子句集， 則 S恒假 iff S恒假。,.,6/27/2018,42,單文字規(guī)則 若S中有一個單元基子句L，令S為刪除S中包含L的所有基子句所剩子句集，則：(1) 若S為空集，則S可滿足。(2) 否則， 令S為刪除S中所有文字L所得子句集 （若S 中有單元基子句L，則刪文字L 得空子句）， 于是， S恒假 iff S恒假。S=L(LC1) (LCi) (LCi+1) (LCj) Cj+1 Cn,.,6/27/2018,43,定義（純文字）：稱S的基子句中文字L是純的，如果L不出現在S中。純文字規(guī)則設L是S中純文字，且S為刪除S中所有包含L的基子句所剩子句集，則(1)若S為空集，則S可滿足。(2) 否則，S恒假 iff S恒假。S=(LC1) (LCi) Ci+1 Cn,.,6/27/2018,44,分裂規(guī)則若S=(A1 L) (Am L) (B1 L) (Bn L) R 其中A i , Bi ,R都不含L或L，令 S1 =A1 Am RS2= B1 Bn R 則S恒假 iff S1 ， S2同時恒假。,.,6/27/2018,45,Davis-Putnam方法練習,S= (PQR) (PQ) P R US= (PQ) (PQ) (QR) (QR) S= (PQ) (PQ) (RQ) (RQ),.,6/27/2018,46,Herbrand定理的主要障礙,要求生成關于子句集S的基例集 S1, S2, 。在多數情況下，這些集合的元數是以指數方式增加的：例.S=P(x,g(x),y,h(x,y),z,k(x,y,z),P(u,v,e(v),w,f(v,w),x) H0=a H1=a, g(a), h(a, a), k(a, a, a), e(a), f(a, a) S0=P(a,g(a),a,h(a,a),a,k(a,a,a),P(a,a,e(a),a,f(a,a),a) S1=(666)+(6666)=216+1296=1512個元素 S5是不可滿足的，但是H5是1065數量級個元素，而S5有10260數量級的元素。想將S5存儲起來都是不可能的，更不要說是檢查它的不可滿足性了。,.,6/27/2018,47,為了避免像Herbrand定理所要求的那樣去生成子句的基例集，J.A.Robinson于1965年提出了歸結原理，歸結原理可以直接應用到任意子句集S上（不一定是基子句集），去檢查S的不可滿足性。歸結原理的本質思想是去檢查子句集S是否包含一個空子句: 如果S包含，則S是不可滿足的。 如果S不包含，則去檢查是否可由S推導出來。 當然這個推理規(guī)則必須保證推出的子句是原親本子句的邏輯結果。歸結原理就是具有這種性質的一種推理規(guī)則。,歸結原理思想,.,6/27/2018,48,命題邏輯中的歸結原理,.,6/27/2018,49,歸結式,定義（歸結式） 對任意兩個基子句C1和C2。如果C1中存在文字L1，C2中存在文字L2，且L1L2， 則從C1和C2中分別刪除L1和L2，將C1和C2的剩余部分析取起來構成的子句，稱為C1和C2的歸結式，記為R(C1, C2)。 C1和C2稱為親本子句。,.,6/27/2018,50,練習:求下述各子句對的歸結式,C1= PQR, C2=QSC1= PQR, C2=P RQ,.,6/27/2018,51,定理 設C1和C2是兩個基子句， R(C1, C2) 是C1，C2的歸結式，則R(C1, C2)是C1和C2的邏輯結果。證明： 設 C1=L C1, C2=LC2。于是 R(C1, C2) C1 C2 設I是C1和C2的一個解釋，且滿足C1也滿足C2。因為L和L中有一個在I下為假，不妨設為L。于是C1非空，且在I下為真。故R(C1, C2)在I下為真。,命題邏輯歸結方法的可靠性,.,6/27/2018,52,歸結演繹,定義（歸結演繹） 設S是子句集。從S推出子句C的一個歸結演繹是如下一個有限子句序列： C1，C2，Ck其中Ci或者是S中子句，或者是Cj和Cr的歸結式 (ji, r i)；并且CkC。 稱從子句集S演繹出子句C，是指存在一個從S推出C的演繹。定理 若從子句集S可以演繹出子句C，則C是S的邏輯結果。推論 若子句集S是可滿足的， 則S推出的任意子句也是可滿足的。,.,6/27/2018,53,定義 從S推出空子句的演繹稱為一個反駁（反證） ，或稱為S的一個證明。結論：若從基子句集S可演繹出空子句，則S是不可滿足的。演繹樹：從子句集S出發(fā)，通過歸結原理可得到一個向下的演繹樹，其每個初始節(jié)點上附著一個S中子句，每個非初始節(jié)點上附著一個其前任節(jié)點上子句的歸結式。,.,6/27/2018,54,例. S=PQ, PQ, PQ, PQ ,歸結演繹： (1) PQ (2) PQ (3) PQ (4) PQ (5) Q 由(1)、(2) (6) Q 由(3)、(4) (7) 由(5)、(6),.,6/27/2018,55,歸結原理一般過程:,1)建立子句集S。2)如果S含空子句，則結束。3)從子句集S出發(fā),僅對S的子句間使用歸結推理規(guī)則。4)如果得出空子句，則結束。5)將所得歸結式仍放入S中。6)對新的子句集使用歸結推理規(guī)則。轉4)。,.,6/27/2018,56,例.證明(P Q) Q p,首先建立子句集:S=PQ, Q , P歸結演繹:(1) P Q(2) Q(3) P(4) P (1)(2)歸結(5) (3)(4)歸結,.,6/27/2018,57,命題邏輯歸結原理的完備性,定理 如果基子句集S是不可滿足的， 則存在從S推出空子句的歸結演繹。證明： 設M是S的原子集，對M的元素數|M|用歸納法。 當|M|=1時，設原子為P。 若S ，得證。 否則，因為S是不可滿足的，于是，S中必包含單元子句P和P，而P和P的歸結式是，所以存在從S推出的歸結演繹。 假設|M|n (n2) 時，定理成立。往證 |M|n時定理成立。,.,6/27/2018,58,取M中任意一原子P，做如下兩個子句集：S：將S中所有含P的子句刪除，然后在剩下的子 句中刪除文字P；S”：將S中所有含P的子句刪除，然后在剩下的 子句中刪除文字P。顯然，S和S”都不可滿足，且它們的原子集的元素數都小于n。根據歸納假設，存在從S推出 的歸結演繹D1，從S”推出的歸結演繹D2。,.,6/27/2018,59,S=PC1, ,PCi , PCi+1, ,PCj, Cj+1 , , CnS=Ci+1, ,Cj,Cj+1 , , CnS=C1, ,Ci , Cj+1 , , Cn例：S=PQ, PQ, PR, RM=P,Q,R,.,6/27/2018,60,在D1中，將S中所有不是S中的子句，通過添加文字P而恢復成S中子句，于是，得到從S推出 或者P的歸結演繹D1。 用同樣方法從D2可得一個從S推出 或者P的歸結演繹D2。 顯然，從D1和D2就不難得到一個從S推出 的歸結演繹D。歸納法完成。,.,6/27/2018,61,Resolution Principle 兩種譯法：歸結原理：從內部看 劉敘華，一種新的語義歸結原理，吉林大學學報，1978。消解原理：從外部看 馬希文，機器證明及其應用，計算機應用， 1978。,.,6/27/2018,62,6.3 合一算法,.,6/27/2018,63,例1 C1：P(x) Q(y) C2：P(a) R(z)例2 C1：P(x) Q(x) C2：P(f(x) R(x)替換和合一是為了處理謂詞邏輯中子句之間的模式匹配而引進.,.,6/27/2018,64,一、替換與最一般合一替換,定義(替換)一個替換是形如t1/v1, , tn/vn 的一個有限集合，其中vi是變量符號，ti是不同于vi的項。并且在此集合中沒有在斜線符號后面有相同變量符號的兩個元素，稱ti為替換的分子，vi為替換的分母。例. a/x, g(y)/y, f(g(b)/z是替換; x/x, y/f(x), a/x, g(y)/y, f(g(b)/y不是替換;基替換:當t1,tn是基項時，稱此替換為基替換?？仗鎿Q：沒有元素的替換稱為空替換，記為。,.,6/27/2018,65,替換,定義（改名） 設替換 = t1/x1, , tn/xn 如果t1, , tn是不同的變量符號，則稱為一個改名替換，簡稱改名。替換作用對象：表達式（項、項集、原子、原子集、 文字、子句、子句集）基表達式：沒有變量符號的表達式。子表達式：出現在表達式E中的表達式稱為E的子 表達式。,.,6/27/2018,66,E的例,定義（E的例） 設 = t1/v1, , tn/vn 是一個替換，E是一個表達式。將E中出現的每一個變量符號，vi (1 i n) ，都用項ti替換，這樣得到的表達式記為E。稱E 為E的例。 若E 不含變量，則E 為E的基例。例. 令 = a/x, f(b)/y, c/z，E=P(x, y, z)于是E的例（也是E的基例）為 E = P(a, f(b), c),.,6/27/2018,67,練習： E=P(x, g(y), h(x,z), =a/x, f(b)/y, g(w)/zE=P(a, g(f(b), h(a,g(w) E=P(x, y, z), =y/x, z/y E=P(y, z, z). EP(z, z, z).,.,6/27/2018,68,替換的乘積,定義（替換的乘積）設 = t1/x1, , tn/xn ， = u1/y1, , um/ym 是兩個替換。將下面集合 t1/x1, , tn/xn , u1/y1, , um/ym 中任意符合下面條件的元素刪除： 1）ui/yi，當yix1, , xn 時； 2）ti/xi，當ti = xi 時。如此得到一個替換，稱為與的乘積，記為 。例. 令 =f(y)/x, z/y =a/x, b/y, y/z 于是得集合 t1/x1, t2/x2 , u1/y1, u2/y2 , u3/y3 = f(b)/x, y/y, a/x, b/y, y/z 與的乘積為 = f(b)/x, y/z ,.,6/27/2018,69,=a/x, =b/x =a/x =b/x可見： ,.,6/27/2018,70,例子:E=P(x, y, z)=a/x, f(z)/y, w/zE=P(a, f(z), w)=t/z, g(b)/w(E)=P(a, f(t), g(b)=a/x, f(t)/y, g(b)/z,g(b)/wE=P(a, f(t), g(b),.,6/27/2018,71,引理 若E是表達式，是兩個替換， 則E ( ) = (E),證明： 設vi是E中任意一個變量符號，而 = t1/x1, , tn/xn ， = u1/y1, , um/ym 若vi既不在 x1, , xn 中，也不在 y1, , ym 中，則vi在E ( )中和在(E)中都不變。若vi=xj (1jn)，則E中的vi，在(E)中先變成tj，然后再變成tj；E中的vi在E()中立即就變成了tj。故E中vi在(E)中和在E()中有相同變化。若vi=yj (1jm)，且yj x1,xn ，則E中vi在(E)中變?yōu)閡j;E中vi在E()中也變?yōu)閡j(注意:yjx1, xn，所以uj/yj），故E中vi在(E)中和在E ()中有相同變化。 由于vi的任意性，故引理得證。,.,6/27/2018,72,引理 設， 是三個替換， 于是()(),證明： 設E是任一表達式，由上面引理知 E() =(E() = (E) E() =(E) () = (E) 所以 E() = E()由于E的任意性，故 ()(),.,6/27/2018,73,定義(合一)稱替換是表達式集合E1,Ek的 合一，當且僅當E1E2=Ek。 表達式集合E1, , Ek稱為可合一的，如果存在關于此集合的一個合一。定義(最一般合一) 表達式集合E1, , Ek的合一 稱為是最一般合一(most general unifier, 簡寫為mgu)，當且僅當對此集合的每一個合一，都存在替換，使得,.,6/27/2018,74,例. 表達式集合P(a, y), P(x, f(b)是可合一的，其最一般合一a/x, f(b)/y。顯然，這也是此集合的mgu。？ 表達式集合P(a, b), P(x, f(b)是否可合一？例. 表達式集合P(x), P(f(y)是可合一的，其最一般合一f(y)/x f(a)/x, a/y也是合一，有替換 =a/y，使=f(y)/xa/y,.,6/27/2018,75,例 S=P(x) Q(x),P(y), Q(b) P(x),P(y)可合一，a/x, a/y是合一， 其mgu x/y，有替換 =a/x，使= x/y a/x,.,6/27/2018,76,二、合一算法,定義（差異集合） 設W是非空表達式集合，W的差異集合是如下一個集合：首先找出W的所有表達式中不是都相同的第一個符號，然后從W的每一個表達式中抽出占有這個符號位置的子表達式。所有這些子表達式組成的集合稱為這步找到的W的差異集合D。,.,6/27/2018,77,W不可合一的三種情況,（1）若D中無變量符號為元素，則W是不可合一的。例. W=P(f(x), P(g(x) D=f(x), g(x) （2）若D中有奇異元素和非奇異元素，則W是不可合一的。例. W=P(x), P(x, y) D=, y（3）若D中元素有變量符號x和項t，且x出現在t中，則W是不可合一的。例. W=P(x), P(f(x) D=x, f(x),.,6/27/2018,78,換名:P(f(x), x), P(x, a);如果不換名：D=f(x), x.換名: P(f(y), y), P(x, a);mgu: f(a)/x, a/y,.,6/27/2018,79,步驟1：置 k=0, Wk=W, k=步驟2：若Wk只有一個元素，則停止，k是W的最一般合一； 否則，找出Wk的差異集合Dk。步驟3：若Dk非奇異，Dk中存在元素vk和tk，其中vk是變量符號，并且 不出現在tk中，則轉步驟4； 否則，算法停止，W是不可合一的。步驟4：令 k+1=ktk/vk，Wk+1=Wk （注：Wk+1=W ）步驟5：置 k=k+1，轉步驟2。,合一算法（Unification algorithm）,.,6/27/2018,80,例. 令 W=Q(f(a), g(x), Q(y, y), 求W的mgu。,步驟1： k=0, W0=W, 0=。步驟2： D0 =f(a), y。步驟3：有v0=y D0，v0不出現在t0f(a)中。步驟4：令 1=0t0/v0=f(a)/y, W1=Q(f(a), g(x), Q(f(a), f(a)步驟5：k=k+1=1步驟2： D1 =g(x), f(a) 。步驟3：D1中無變量符號，算法停止，W不可合一。？ 若令W=Q(f(a), g(x), Q(y, z), W是否可合一？,.,6/27/2018,81,例 令 W= P(a, x, f(g(y), P(z, f(z), f(u)， 求出W的mgu。,步驟1：k=0,W0=W, 0= 。步驟2： D0 =a, z。步驟3：有v0=z D0，v0不出現在t0a中。步驟4：令 1=0t0/v0=a/z=a/z，W1=W0t0/v0=P(a,x,f(g(y),P(z,f(z),f(u)a/z=P(a,x,f(g(y),P(a,f(a),f(u)步驟5：k=k+1=1步驟2： D1 =x, f(a) 。步驟3：有v1=x D1，且v1不出現在t1f(a)中。步驟4：令 2=1t1/v1=a/z f(a)/x =a/z, f(a)/x ，W2=W1t1/v1=P(a,x,f(g(y),P(a,f(a),f(u)f(a)/x =P(a,f(a),f(g(y),P(a,f(a),f(u),.,6/27/2018,82,例.,步驟5：k=k+1=2步驟2： D2 =g(y), u。步驟3：有v2=u D2，且v2不出現在t2g(y)中。步驟4：令 3=2t2/v2=a/z, f(a)/x g(y)/u =a/z, f(a)/x, g(y)/u ，W3=W2t2/v2=P(a, f(a), f(g(y), P(a, f(a), f(u) g(y)/u =P(a, f(a), f(g(y)步驟5:k=k+1=3步驟2：W3只有一個元素。算法停止。 3=a/z, f(a)/x, g(y)/u 是W的最一般合一。,.,6/27/2018,83,定理 若W是關于表達式的有限非空可合一集合，則合一算法終將結束在步驟2，并且最后的k是W的最一般合一。,證明： （1）終止性。否則將產生一個無窮序列：W ， W ， W ，其中每一個直接后繼集合比它的前任都少一個變量符號（注意：W 包含vk，而W 不包含vk）。但這是不可能的，因為W僅含有限個變量符號。 （2） k是W的合一。若算法停止在步驟2，則Wk=W只含有一個元素，所以k是W的合一。,.,6/27/2018,84,（3）用歸納法證明算法必不會停止在步驟3，并且對任意W的一個合一，任意k，都存在替換k，使得 =kk 亦即k是W的mgu。 當k=0時，因0=，取0=，于是=00。,.,6/27/2018,85,假設對0kn，=kk成立。 往證：存在n+1，使得=n+1n+1。若W 只含有一個元素，則合一算法結束在步驟2。因為=nn，且n是W的合一，故n是W的mgu。定理得證。 若W 不只含有一個元素,按照算法,將找出W的差異集合Dn。因為=nn是W的合一，所以W中表達式經替換作用后都變成同一個相同的表達式。而W中表達式經n作用后，產生了差異集合Dn，所以Dn必須被n所統(tǒng)一，即n是D n的合一。,.,6/27/2018,86,因為Dn是可合一的（n就是Dn的合一），所以必有變量符號vnDn；Dn中至少有兩個不同元素。所以可設tnDn，且tnvn。顯然，變量符號vn不出現在tn中（否則，vnn tnn，這與n是Dn的合一矛盾）。 因此算法不能停止在步驟3，所以算法必然停止在步驟2。,.,6/27/2018,87,令n+1=ntn/vn。因為vnn=tnn,所以tnn/vnn令n+1=n -tnn/vn。因vn不出現在tn中，所以于是 故歸納法完成。即對所有k0,都存在替換k，使=kk。所以算法終止步驟2時，k是W的最一般合一。,.,6/27/2018,88,6.4 一階邏輯中的歸結原理,.,6/27/2018,89,定義（因子） 如果子句C中，兩個或兩個以上的文字有一個最一般合一，則C稱為C的因子； 如果C是單元子句，則C稱為C的單因子。例. C=P(x) P(f(y) Q(x) 令 f(y)/x，于是 C= P(f(y) Q(f(y) 是C的因子。,.,6/27/2018,90,二元歸結式,定義 設C1, C2是兩個無公共變量的子句(稱為親本子句), L1, L2分別是C1, C2中的兩個文字。 如果L1和L2有最一般合一 ，則子句 (C1- L1) ( C2- L2) 稱為C1和C2的二元歸結式，L1和L2稱為歸結文字。例. 設C1=P(x) Q(x), C2=P(a) R(x)將C2中x改名為y。取L1P(x), L2=P(a), =a/x, 于是(C1- L1) ( C2- L2)(P(a), Q(a)-P(a) (P(a), R(y)-P(a)=Q(a), R(y)= Q(a) R(y) -C1和C2的二元歸結式.,.,6/27/2018,91,練習：設C1=P(a) R(x), C2=P(y) Q(b) 求C1和C2的二元歸結式.,.,6/27/2018,92,在謂詞邏輯中，對子句進行歸結推理時，要注意的幾個問題：（1）若被歸結的子句C1 和C2中具有相同的變元時，需要將其中一個子句的變元更名，否則可能無法合一，從而沒有辦法進行歸結。,.,6/27/2018,93,例： C1=P(x), C2=P(f(x) 例：設知識庫中有如下知識：(1)若x的父親是y，則x不是女人。(2)若x的母親是y，則x是女人。(3)Chris的母親是Mary。(4)Chris的父親是Bill。求證：這些斷言包含有矛盾。 father(x,y):x的父親是y mother(x,y):x的母親是y woman(x):x是女人,.,6/27/2018,94,（2）在求歸結式時,不能同時消去兩個互補文字對,消去兩個互補文字對所得的結果不是兩個親本子句的邏輯推論。例.設C1=P(x) Q(b), C2=P(a) Q(y)R(z) 求C1和C2的二元歸結式.（3）如果在參加歸結的子句內含有可合一的文字,則在進行歸結之前,應對這些文字進行合一,以實現這些子句內部的化簡。,.,6/27/2018,95,歸結式,定義 子句C1, C2的一個歸結式是下列二元歸結式之一：C1和C2的二元歸結式。C1和C2的因子的二元歸結式。C1的因子和C2的二元歸結式。C1的因子和C2的因子的二元歸結式。例. 設 C1=P(x) P(f(y) R(g(y) C2=P(f(g(a) Q(b)C1的因子C1= P(f(y) R(g(y)。于是C1和C2的二元歸結式，從而也是C1和C2的歸結式為 R(g(g(a) Q(b),.,6/27/2018,96,一階邏輯歸結原理的完備性,提升引理 如果C1和C2分別是子句C1和C2的例，C是C1和C2的歸結式，則存在C1和C2的一個歸結式C，使C是C的例。例 C1：P(x) Q(f(x) C2： Q(y) R(y) C1： P(a) Q(f(a) C2：Q(f(a) R(f(a) C ： P(a) R(f(a) C： P(x) R(f(x),.,6/27/2018,97,一階邏輯歸結原理的完備性,定理 若子句集S是不可滿足的，則存在從S推出空子句的歸結演繹。 證明: 設子句集S是不可滿足的，由Herbrand定理II知，存在S的一個基例集S也是不可滿足的。 根據命題邏輯歸結原理的完備性，存在從S推出空子句的歸結演繹D。 由提升引理知，可將D提升成一個從S推出空子句的歸結演繹D。定理得證。,.,6/27/2018,98,應用歸結原理的習題,.,6/27/2018,99,6.5 歸結原理的幾種改進,.,6/27/2018,100,水平浸透法（Level Saturation Method）S0= SSn= C1和C2的歸結式| C1S0Sn-1，C2 Sn-1,.,6/27/2018,101,例.使用水平浸透法證明 S=PQ,PQ, PQ, PQ 不可滿足。,