Notas e Exercícios sobre a Lógica de Omissão do Reiter

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Notas e Exercícios sobre a Lógica de Omissão do

Reiter

Algoritmo de Etherington

O algoritmo seguinte calcula todas uma extensão de uma teoria (,D). Sucessivas aplicações deste algoritmo escolhendo as regras aplicáveis por diferente ordem permitem determinar todas as extensões possíveis.

As extensões a uma teoria T=(,D) são construídas por uma série de aproximações sucessivas. Começamos com a aproximação H1, assumindo que a aproximação H0=T().

Cada aproximação, Hj, é construída a partir de T(), aplicando as regras de omissão (“defaults”), uma de cada vez.

Em cada passo, a instância da regra de omissão a ser aplicada é escolhida entre aquelas que não foram ainda aplicadas, e cujos pré-requisitos estão na aproximação corrente e cujas justificações são consistentes com a aproximação anterior e com o estado da aproximação corrente. Após aplicarmos a regra de omissão, o seu consequente fará parte da aproximação (e todas as consequências lógicas resultantes da sua inserção). Quando não forem aplicáveis mais regras de omissão, o procedimento continua com a próxima aproximação. Se duas aproximações sucessivas forem iguais, diz-se que o procedimento converge (ponto fixo) e esta aproximação final corresponde a uma extensão.

A escolha de qual a regra de omissão a aplicar em cada passo do ciclo interno pode introduzir não determinismo. A generalidade requer este não determinismo, que advém do facto das teorias não possuirem necessariamente extensões únicas.

Exemplo simples:

∆={} 𝑒 D={

: 𝑐 ¬𝑑

,

: 𝑑 ¬𝑐

}

H0= T()={}

Vamos começar a fazer a segunda aproximação: H1= T()={}

Podemos aplicar a primeira regra de omissão porque c é consistente e inferimos o consequente.

H1=T()=T({d})=T({d})

Não podemos aplicar a segunda regra de omissão porque d não é consistente e terminamos a construção de H1. Comecemos a construção de nova aproximação.

H2= T()={}

Só podemos aplicar o primeiro “default” porque o segundo está inibido (d não é consistente com a aproximação anterior embora o seja com a aproximação em construção).

H2=T()=T({d})=T({d})

H2= H2

Como as aproximações convergiram obtemos uma extensão: E1=T({d})

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No entanto, podemos obter mais extensões caso começassemos por aplicar a primeira regra de omissão e não a segunda.

H0= T()={}

Vamos começar a fazer a segunda aproximação: H1= T()={}

Podemos aplicar a segunda regra de omissão porque c é consistente e inferimos o consequente.

H1=T()=T({c})=T({c})

Não podemos aplicar a primeira regra de omissão porque c não é consistente e terminamos a construção de H1. Comecemos a construção de nova aproximação.

H2= T()={}

Só podemos aplicar o segundo “default” porque o primeiro está inibido (c não é consistente com a aproximação anterior embora o seja com a aproximação em construção).

H2=T()=T({c})=T({c})

H2= H2

Como as aproximações convergiram obtemos uma nova extensão: E2=T({c})

Exemplo simples de impossibilidade de construir uma extensão.

∆={} 𝑒 D={

: ¬𝑎

𝑎

}

H0=T()=T({})={}.

Calculemos a aproximação H1: H1=T()=T({})={}.

Posso aplicar o “default” único de D e adiciono a.

H1=T{a}

Como H1 é diferente de H0 vou contruir H2. H2=T()=T({})

Não posso aplicar o “default” porque a é consequência lógica de H1 inibindo a sua aplicação. Termino o cálculo de H2=T({}).

Agora entramos em ciclo: H3=H1=T({a}), H4=H2=H0=T({}), etc. etc.

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Exemplo em que as aproximações demoram mais tempo a convergir.

∆={a} 𝑒 D={

𝑎∶𝑏 𝑏

,

𝑎 ∶ 𝑐 𝑐

,

𝑏 ∶ 𝑑 𝑑

,

𝑏∶ ¬𝑑  ¬𝑐 ¬𝑑

}

Análise prévia para não ter que aplicar todas as sequências possíveis de regras

A primeira regra de omissão não interfere com as outras e a sua ordem não é importante. Assumo que é sempre a primeira a ser aplicada em qualquer tentativa de construção de uma extensão. A segunda bloqueia com a quarta e o mesmo se passa com a terceira. Como os três primeiros “defaults” não entram em conflito podemos aplicá-los por qualquer ordem (tendo atenção que o terceiro só pode ser aplicado depois do primeiro), obtendo a mesma extensão, logo na segunda aproximação. Vejamos que a aplicação da segunda ou terceira inibem a quarta.

E=T( {c,b,d})

Mas, vejamos o que acontece se aplicarmos a quarta omissão antes da segunda ou da terceira.

H0=T()

Vamos construir H1 que começa por ser igual a T().

Se aplicarmos a primeira e a última extensão indepdendentemente da ordem teremos H1=T({b,d})

Agora, só podemos aplicar a segunda omissão e obtemos: H1=T({b,d,c})

Passemos à segunda aproximação H2 que é inicialmente igual a T().

Posso aplicar a primeira e a segunda omissão mas não posso aplicar nem a quarta nem a terceira.

H2=T({b,c})

Passemos à terceira aproximação (H3=T()). Devido à aproximação anterior não

poderemos nunca aplicar a última omissão mas poderemos aplicar as três primeiras, não sendo a ordem importante (excepto que a primeira tem de anteceder a terceira). A extensão que obtemos é a mesma que nos casos anteriores, sendo única.

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Ou seja, a evolução das aproximações, neste último caso, é a seguinte: H0=T({a}) H1=T({a,b,d,c}) H2=T({a,b,c}) H3=T({a,b,c,d}) H4=H3

Exercício: Considere as seguintes afirmações:

- A e B são objectos frágeis.

- Os objectos frágeis estão normalmente guardados. - Em geral os objectos frágeis são vermelhos. - A não está guardado.

- B não é vermelho.

a) Descreva com rigor estas afirmações da forma que lhe parecer mais conveniente. Pela ordem respectiva teremos:

- fragil(A), fragil(B). - 𝑓𝑟𝑎𝑔𝑖𝑙(𝑥) 𝑔𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎𝑑𝑜(𝑥) 𝑔𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎𝑑𝑜(𝑥) - 𝑓𝑟𝑎𝑔𝑖𝑙(𝑥) ∶ 𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑜(𝑥) 𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑜(𝑥) - guardado(A). - vermelho(B).

={fragil(A), fragil(B), guardado(A), vermelho(B)} D={𝑓𝑟𝑎𝑔𝑖𝑙(𝑥) 𝑔𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎𝑑𝑜(𝑥)

𝑔𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎𝑑𝑜(𝑥)

,

𝑓𝑟𝑎𝑔𝑖𝑙(𝑥) ∶ 𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑜(𝑥) 𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑜(𝑥)

}

b) Que conclusões pode tirar sobre os objectos A e B.

Vamos construir as extensões. Olhando para  e D podemos logo ver que o primeiro “default” só se aplica B e o segundo a A. A ordem de aplicação não é importante. Comecemos pela primeira aproximação:

H0=={fragil(A), fragil(B), guardado(A), vermelho(B)}. Vamos passar a construir H1 que começa igual a .

Vamos aplicar o primeiro “default” a B (é aplicável porque fragil(B) é consequência lógica de H1 e porque guardado(B) não é consequência lógica de H1), e

adicionamos guardado(B) obtendo:

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Agora, podemos aplicar o segundo “default” a A e adicionamos vermelho(A) a H1, ficando:

H1={fragil(A), fragil(B), guardado(A), vermelho(B),guardado(B), vermelho(A)} Não podemos aplicar mais nenhuma instância de um “default” e acabamos a

construção de H1. Como H1 é diferente de H0 continuamos para o cálculo de uma nova aproximação H2.

H2=={fragil(A), fragil(B), guardado(A), vermelho(B)}

Podemos aplicar qualquer dos “defaults” (o primeiro para B e o segundo para A), sendo as justificações consistentes tanto com o H2 corrente como com H1. A ordem da sua aplicação é indiferente e os dois consequentes: vermelho(A) e guardado(B), são adicionados a H2,

H2={fragil(A), fragil(B), guardado(A), vermelho(B), guardado(B), vermelho(A)} Como H2=H1 o processo termina e obtivémos uma extensão única (não há mudança de ordem de aplicação dos defaults que possa mudar alguma coisa, basta ver que não há interferências entre as extensões).

E={fragil(A), fragil(B), guardado(A), vermelho(B),guardado(B),vermelho(A)}

Exercício: Considere as seguintes afirmações e a sua representação abaixo indicada no

conjunto de fórmulas W e conjunto de regras de omissão D:  Tipicamente as pessoas comem carne.

 Jorge é uma pessoa.  Os hindus são pessoas.

 Tipicamente os hindus não comem carne.  Ghandi é hindu.

 = {X (hindu(X) pessoa(X)), hindu(ghandi), pessoa(jorge)} D={𝑝𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎(𝑥):𝑐𝑜𝑚𝑒_𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒(𝑥)

𝑐𝑜𝑚𝑒_𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒(𝑥)

,

ℎ𝑖𝑛𝑑𝑢(𝑥) ∶ 𝑐𝑜𝑚𝑒_𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒(𝑥) 𝑐𝑜𝑚𝑒_𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒(𝑥)

}

c) Construir as extensões associadas a (,D).

Vamos aplicar o algoritmo de Etherington e começamos com a aproximação:

H0=T()=T({X (hindu(X) pessoa(X)), hindu(ghandi), pessoa(jorge)})

Vamos construir H1

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Tentemos aplicar a primeira regra de omissão. Esta é aplicável para pessoa(jorge), por exemplo. Como come_carne(jorge) não é uma consequência lógica nem de H0 nem de H1 corrente, podemos acrescentar come_carne(jorge) a H1.

H1=T({hindu(ghandi), pessoa(jorge), come_carne(jorge),

X (hindu(X) pessoa(X)) }).

Apliquenos a primeira regra de omissão para ghandi (pessoa(ghandi) é consequência lógica de H1) e come_carne(ghandi) não é nem consequência lógica de H1 corrente nem de H0. Vou adicionar come_carne(ghandi) à aproximação:

H1=T({X (hindu(X) pessoa(X)), hindu(ghandi), pessoa(jorge),

come_carne(jorge), come_carne(ghandi)}).

Não posso aplicar mais nenhuma instância de uma regra de omissão. Está construída a 1ª aproximação!

Passo à construção de H2, que é inicialmente igual a T().

Posso aplicar a primeira regra de omissão tanto para jorge como para ghandi, independentemente da ordem e obtenho H2=H1. Como houve uma convergência na

dinâmica das aproximações então está encontrada uma extensão.

E1=T({X (hindu(X) pessoa(X)), hindu(ghandi), pessoa(jorge),

come_carne(jorge), come_carne(ghandi)}).

Vamos tentar obter mais extensões. Regressemos ao princípio: H0=T(). Para

tentarmos obter mais extensões é preciso aplicar as instâncias das regras de inferência por omissão por outra ordem. É fácil de compreender que a ordem da aplicação do primeiro “defaults” para jorge não altera nada, porque o segundo “default” não é aplicável para a entidade jorge. Comecemos então pela aplicação do primeira regra de omissão para jorge na construção de H1.

H1={X (hindu(X) pessoa(X)), hindu(ghandi), pessoa(jorge),

come_carne(jorge) }.

Mas, para Ghandi, os dois defaults são aplicáveis e inibem-se um ao outro. Por isso, começaremos por aplicar o segundo (hindu(ghandi) é consequência lógica de H1 e

come_carne(ghandi não é consequência lógica nem de H1 nem de H0).

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come_carne(jorge) , come_carne(ghandi)}.

Já não posso aplicar o primeiro “default” a ghandi porque come_carne(ghandi) é consequência lógica de H1 e termino a construção de H1 (não há mais instâncias das

regras de inferência para aplicar).

Começamos a contruir a segunda aproximação com H1=T() e só poderemos aplicar o

primeiro “default” para X=jorge e o segundo “default” para X=ghandi, independentemente da ordem e nunca se pode aplicar o primeiro “default” para X=jorge. Vamos obter portanto H2= H1 e dada a convergência do algoritmo

encontrámos uma nova extensão:

E2={(X) hindu(X) pessoa(X), hindu(ghandi), pessoa(jorge),

come_carne(jorge), come_carne(ghandi)}.

Não existe mais nenhuma extensão. Podemos ver a olho que não existe mais nenhuma maneira de alterarmos a ordem de aplicação das instâncias dos “defaults” de modo a concluir novas coisas.

d) Altere a representação de forma a haver apenas a possibilidade de Ghandi não comer carne, mas de modo a que se continue a poder inferir que Jorge come carne.

Basta substituir a primeira frase:

 Tipicamente as pessoas comem carne. Pela frase:

 Tipicamente as pessoas comem carne desde que não sejam hindús. Substituímos o primeiro “default”

D={𝑝𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎(𝑥) ∶¬ℎ𝑖𝑛𝑑𝑢(𝑥)  𝑐𝑜𝑚𝑒_𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒(𝑥)

𝑐𝑜𝑚𝑒_𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒(𝑥)

,

ℎ𝑖𝑛𝑑𝑢(𝑥) ∶ 𝑐𝑜𝑚𝑒_𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒(𝑥) 𝑐𝑜𝑚𝑒_𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒(𝑥)

}

Este novo “default” já não poderia ser aplicado a ghandi porque hidu(ghandi) é consequência lógica de . Mas poder-se-ia aplicar a jorge porque hindu(jorge) não é consequência lógica de .

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Exercício: Considere as seguintes frases:

- Os estudantes normalmente são jovens - Os jovens são habitualmente solteiros

- Normalmente os estudantes que têm filhos são casados - Casado e solteiro são estados mutuamente exclusivos

e) Defina uma teoria de pressuposições que represente formalmente o conhecimento nelas expresso.

Vamos representar as 3 primeiras frases nos seguintes “defaults”: D={𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎𝑛𝑡𝑒(𝑥)∶ 𝑗𝑜𝑣𝑒𝑚(𝑥) 𝑗𝑜𝑣𝑒𝑚(𝑥) , 𝑗𝑜𝑣𝑒𝑚(𝑥) ∶ solteiro(x)(𝑥) solteiro(𝑥)

,

𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎𝑛𝑡𝑒(𝑥)  𝑡𝑒𝑚_𝑓𝑖𝑙ℎ𝑜𝑠(𝑥): casado(𝑥) casado(𝑥) }

A última frase será representada como uma implicação universal - (X)(casado(X)  solteiro(X))

Sendo equivalente a (X)(casado(X)  solteiro(X))

f) Suponha que Jorge é um estudante casado. O que poderia concluir sobre Jorge na teoria que definiu.

={estudante(jorge), casado(jorge), (X)(casado(X)  solteiro(X))} Vamos começar por criar as extensões

H0=T()

Posso aplicar o primeiro “default” para jorge, inferindo jovem(jorge). Apesar de ter na teoria jovem(jorge) não podemos aplicar o segundo “default” porque solteiro(jorge) não é consistente com a teoria. De casado(jorge) derivamos como consequência lógica solteiro(jorge). E não se pode aplicar o terceiro “default”.

H1=T({estudante(jorge), casado(jorge), (X)(casado(X)  solteiro(X)),

solteiro(jorge), jovem(jorge)})

Agora, na construção de H2 que começa por ser T(), só podemos aplicar o primeiro

“default” e como H2=H1, a extensão é a seguinte e é a única.

E=T({estudante(jorge), casado(jorge), (X)(casado(X)  solteiro(X)), solteiro(jorge), jovem(jorge)})

g) Aumente a teoria que definiu em a) com as seguintes regras de pressuposição: : tem_filhos(x)

tem_filhos(x)

: ~ tem_filhos(x) ~ tem_filhos(x)

Considere que Ana é uma estudante, não se sabendo se tem ou não filhos. Quantas extensões tem a nova teoria e o que pode concluir em cada uma delas sobre a Ana?

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D={estudante(X): jovem(X)/jovem(X), jovem(X): solteiro(X)/solteiro(X)

estudante(X)  tem_filhos(X): casado(X)/casado(X), :tem_filhos(X)/tem_filhos(X),

: tem_filhos(X)/ tem_filhos(X)}

={estudante(ana), (X)(casado(X)  solteiro(X))}

Podemos ver que se aplicarmos no início o “default” 1 da lista, obtemos jovem(ana) e depois se aplicarmos o 2º obtemos solteiro(ana) deduzindo casado(ana) e depois podmeos aplicar ou o 4º ou o 5º “default” obtendo duas extensões possíveis:

E1[,D]= { {jovem(ana),solteira(ana),tem_filhos(ana)})

E2[,D]= { {jovem(ana),solteira(ana), tem_filhos(ana)}}

Em qualquer destas extensões posso concluir casada(ana)

Se aplicar o 4º e o 3º e a seguir o 1º (a ordem não é muito importante para a aplicação do primeiro “default”), obtenho mais uma extensão:

E3[,D]= { {jovem(ana),casada(ana),tem_filhos(ana)})

Posso também concluir solteira(ana).

 Os alunos normalmente vão aos exames.

 Esta regra não se aplica se um aluno não estudou a matéria.  Os alunos que vão ao exame normalmente passam.

 Os alunos que não estudam normalmente não passam.  Os alunos que passam nos exames sem estudar têm sorte.

Vamos representar as 4 primeiras frases de cima pelos defaults seguintes e uma implicação universal para a excepção, considerando que o objecto do domínio são os estudantes e não definindo por isso um predicado aluno(x).

D={ ∶ 𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥) 𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥) , 𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥)∶ passa(x) passa(𝑥)

,

¬𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎(𝑥)  𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥): ¬passa(𝑥) ¬passa(𝑥) } - (X) (estuda(X)  vai_exame(X))

A última frase é também representada por uma implicação. - (X) (passa_a_exame(X) estuda(X)  tem_sorte(X))

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Uma alternativa a esta representação seria arranjar uma regra de omissão semi-normal, colocando a negação da excepção na justificação do primeiro default. D={ ∶ 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎(𝑥)  𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥) 𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥) , 𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥)∶ passa(x) passa(𝑥)

,

¬𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎(𝑥)  𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥): ¬passa(𝑥) ¬passa(𝑥) }

- (X) (passa_a_exame(X) estuda(X)  tem_sorte(X))

Ou, ainda alternativamente, construindo um default normal reunindo as duas primeiras frases, colocando :

D={ 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎(𝑥) ∶ 𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥) 𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥) , 𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥)∶ passa(x) passa(𝑥)

,

¬𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎(𝑥)  𝑣𝑎𝑖_𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒(𝑥): ¬passa(𝑥) ¬passa(𝑥) }

- (X) (aluno(X)  passa_a_exame(X) estuda(X)  tem_sorte(X))

A terceira versão é pior do que a segunda e a primeira porque obriga a que se saiba que não estudou antes de se verificar a consistência de ir a exame. Se soubermos que não estudou então inibe-se o default indicador que vai a exame, mas se não soubermos que não estudou deveríamos, mesmo assim, poder assumir que vai a exame e o terceiro caso impede-o.

Exercício: Calcule as extensões da seguinte teoria

∆=

{A, B  C} 𝑒

D={

𝐴 𝐵 𝐵

,

∶¬𝐵 ¬𝐵

,

𝐴 ∶ 𝐷 𝐷

,

𝐴 ∶ ¬𝐷  𝐸 𝐸

,

𝐶 𝐹 𝐹

, }

Análise: a primeira regra “default” inibe a segunda e a segunda inibe a primeira. A terceira inibe a quarta mas esta última não inibe aquela. A quinta regra de omissão não incomoda ninguém mas só pode ser aplicada quando B pertencer à extensão. Por outro lado, o facto de B pertencer à extensão obriga a que F também pertença porque C se torna consequência lógica de B e de BC, permitindo a última omissão.

Assim, dado que H0=T() vamos começar por construir a primeira extensão,

começando com H1=T(). Posso aplicar o primeiro “default”, acrescentando B (C é

agora consequência lógica e pertence a esta nova aproximação). Podemos agora aplicar a terceira e a quinta regra de omissão e inferir D e F.

H1=T({A, BC, B, D, F})

Podemos aplicar os mesmos defaults pela mesma ordem ou outra que obtemos a mesma aproximação

H1= H2

Está obtida a convergência e a extensão. E1=T({A, BC, B, D, F})

Vamos tentar encontrar mais extensões. Assim, dado que H0=T() vamos começar por

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Se começarmos por aplicar o primeiro “default” derivamos B e podemos obter de novo F.

H1=T({A, BC, B, F})

mas agora vamos aplicar o quarto “default” antes do terceiro. H1=T({A, BC, B, E,F})

Após a aplicação do terceiro teremos: H1=T({A, BC, B, F,E,D})

Paramos a construção da aproximação H1 que é diferente de H0. Teremos de continuar

construindo uma nova aproximação até à convergência, começando com H2=T().

Poderei aplicar todos os “defaults” que apliquei na aproximação anterior com a excepção do quarto que está inibido pela aproximação anterior (contém D), obtendo

H2=T({A, BC, B, F,D})

Teremos de continuar porque a última aproximação é diferente da precedente. Podemos constatar que a nova aproximação vai ser exactamente igual à anterior obtendo uma extensão que por acaso não é nova, já a tínhamos encontrado antes.

E1=T({A, BC, B, D, F})

Se começarmos por aplicar o segundo “default” e não o primeiro nada saberemos sobre C devido à entrada de B. Podemos aplicar a terceira omissão gerando uma extensão (a quinta e a quarta estão inibidas):

H1=H2=E2=T({A, BC, B, D})

E2=T({A, BC, B, D})

Mais uma vez podemos aplicar a quarta omissão e depois a terceira e obteremos: H1=T({A, BC, B, D, E})

Ao construirmos a aproximação seguinte, constatamos que não se pode aplicar a penúltima omissão obtendo:

H2=H3=E3=E2=T({A, BC, B, D})

Só há duas extensões!

Exercício: Determine todas as extensões das teoria de omissão seguinte

∆=

{} 𝑒

D={

∶ ¬𝑞,¬𝑟 𝑝

,

∶¬𝑝,¬𝑟 𝑞

,

∶ ¬𝑝, ¬𝑞 𝑟

}

O primeiro default inibe os outros dois. O segundo inibe os outros dois

O terceiro inibe os outros dois.

Vamos ter 3 extensões que resultam de aplicar apenas um dos defaults. Ext1=Th({p})

Ext2=Th({q})

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Exercício: Mostre que estas duas regras de omissão não são equivalentes

D={

∶ 𝛽,𝛼

𝛾

,

∶ 𝛽  𝛼

𝛾

}

Uma maneira de o fazer é considerar que temos uma disjunção das excepções.

∆=

{¬

𝛽

 ¬

𝛼

}

Esta disjunção de excepções não nos permite derivar nenhuma delas, o que faz com que não bloqueie a primeira regra de omissão mas bloqueia a segunda.

Exercício: Dada a teoria de omissões seguinte, calcule as suas extensões.

D={

𝑝 ∶ ℎ,𝑠 ℎ

,

¬𝑞 ∶ ¬𝑠, ¬𝑡 𝑘

,

ℎ ∶ ¬𝑠  𝑡 𝑞 → ¬𝑡

,

ℎ ∶ 𝑠 ,𝑡 𝑝 → 𝑡

,

𝑘 ∶ ¬𝑠, ¬𝑡 𝑠 → 𝑞

}

∆=

{p  q, ¬𝑞}

Se aplicarmos a 1ª regra de omissão, assumimos h.

Se aplicarmos a 4ª regra de omissão assumimos a implicação 𝑝 → 𝑡 e dessa implicação deduzimos t, através do facto de p ser uma consequência lógica de

∆

.

Nesse caso, inibimos as regras 2 e 5. Podemos aplicar a terceira regra deduzindo outra implicação: mas que nada acrescenta em relação aos valores de verdade de q e de t. A nossa extensão é então

Ext1={ p  q, ¬𝑞, 𝑝 → 𝑡, 𝑞 → ¬𝑡, ℎ}

Ou Ext1={ p  ¬𝑞, 𝑡  ℎ}

Entre outras...

Se aplicarmos a 2ª regra de omissão, assumimos k.

Se aplicarmos a 5ª regra de omissão assumimos a implicação 𝑠 → 𝑞 e dessa implicação deduzimos ¬s, através do facto de ¬q ∈

∆

.

Nesse caso, inibimos as regras 1 e 4. Podemos aplicar a terceira regra deduzindo outra implicação: mas que nada acrescenta em relação aos valores de verdade de q e de t. A nossa extensão é então

Ext1={ p  q, ¬𝑞, 𝑠 → 𝑞, 𝑞 → ¬𝑡, 𝑘, ¬𝑠}

Exercício: Considere a informação seguinte:

Normalmente, tanto os licenciados como os que estão a licenciar-se estudam. Há alguém que é um estudante mas não sabemos se é licenciado ou se está a licenciar-se.

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que é modelizada pela teoria de omissão seguinte:

D={

𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜 ∶ 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎

,

𝑎𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑟𝑠𝑒 ∶ 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎

}

∆=

{licenciado  alicenciarse}

Contrariamente à nossa intuição, esta teoria não nos permite concluir que esse alguém estuda.

A única extensão é precisamente

∆=

Apresente duas alternativas que permitam fornecer o resultado esperado, de modo a que pelo menos numa dela não se altere

∆

. Verifique que para qualquer dos resultados conseguiremos obter as extensões desejadas ou esperadas.

Solução 1

D={

𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜 ∶ 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎

,

𝑎𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑟𝑠𝑒 ∶ 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎

,

∶ ¬𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜, 𝑎𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑟−𝑠𝑒 𝑎𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑟−𝑠𝑒

,

: ¬𝑎𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠𝑒,𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜 𝑙𝑖𝑐𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜

}

∆=

Neste caso como não sabemos se a pessoa em causa está ou não licenciada podemos assumir que está a licenciar-se e nesse caso estuda. Podemos também assumir que está a licenciar-se e que também estuda.

Teremos duas extensões:

Ext1={ licenciado  alicenciarse, estuda, licenciado} e Ext2={ licenciado  alicenciarse, estuda, alicenciarse}

Exercício: Considere as afirmações seguintes:

 Normalmente os condutores de automóveis não respeitam os limites de velocidade.

 Esta regra não se aplica se o condutor tiver a carta há menos de dois meses. Pode mesmo dizer-se que os condutores com carta há menos de dois meses normalmente respeitam os limites de velocidade.

 A primeira regra também não se aplica quando o condutor se apercebe que a polícia está à espreita, a menos que o condutor seja do corpo diplomático. h) Represente estas afirmações de um modo conveniente.

i) Admita que:

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 O José tem a carta há menos de dois meses.  O João e o Joaquim viram a polícia.

 O Joaquim é do corpo diplomático.

 Quem não respeita o limite de velocidade corre muitos riscos de sofrer acidentes

O que se pode concluir sobre o respeito que estes três condutores têm pelos limites de velocidade?

Exercício: Calcule as extensões da seguinte teoria:

 = {A, BC}

D ={A:B/B, : B/B, A:D/D, A: DE/E, C:F/F}

Exercício: Considere  = { (X) (p(X)  q(X)), p(a), (X) (r(X)  s(X)) } e

Apresente, justificando, a extensão ou as extensões desta teoria.

- Normalmente os animais são felizes, se não têm fome.

- A regra anterior não se aplica para os animais domésticos que são maltratados pelos donos.

- Os animais felizes geralmente são mansos.

- Habitualmente, os animais domésticos que são maltratados pelos donos não são mansos.

- Os animais domésticos que são mansos e são maltratados pelos donos são um exemplo de fidelidade.

Descreva formalmente estas afirmações do modo que lhe parecer mais conveniente. Considere que a Tété, o Quiqui e o Xoné são animais domésticos. A Tété e o Quiqui

são bem alimentados. A Tété, apesar de ser mal tratada, é feliz. O que pode concluir sobre cada um dos três animais?

Acrescente, se necessário, algum conhecimento óbvio não explicitado nas frases.            s(X) s(X) : , r(X) r(X) : q(X) , r(X) r(X) : p(X) D