Upoznavanje sa Lambda racunom

Upoznavanje s racunom

Kultura komunikacije

Februar 2014.

Size

Ovaj tekst je plod saradnje profesora, asistenta i grupe studenata koji su po-hadali kurs iz predmeta Kultura komunikacije na Odseku za informatiku, Ma-tematickog fakulteta u Beogradu tokom jesenjeg semestra 2013. Svake nedeljeod kraja septembra pa do kraja decembra 2013. je odrzan jedan blok od dvacasa predavanja. Prva i druga nedelja su bile posvecene Halmosevim tekstovima[4] i [3]. Posle tih uvodnih casova sledila su predavanja koja su se odnosila naelementarne pojmove iz teorije kategorija i srodnih oblasti. Svaki polaznik kursaimao je zadatak da prikuplja beleske sa jednog predavanja i da ih pretoci u jedanodeljak ovog teksta. Dogovor je bio da se predavac drzi Halmosevih saveta kakotreba predavati matematiku a da onaj koji sakuplja beleske, organizuje tekst,koliko god je to moguce, po ugledu na Halmoseve sugestije kako treba pisatiknjigu iz matematike.

Zahvalnica

Zahvaljujem se profesoru Kosti Dosenu na sugestijama kako da zapocnemo ovajkurs.

U Beogradu, Zoran [email protected]

v

SADRZAJ

Size v

Odeljak 1. Uvod 1

1.1. O autorima 11.2. Osnovni pojmovi i notacija 2

Odeljak 2. Smalijanovi zadaci 3

2.1. Biografija Rejmonda Smalijana 32.2. Kratak istorijat 32.3. Logicki problemi 42.4. Program 122.5. Dogovori o brisanju zagrada 122.6. Kombinator B i njegovi derivati 142.7. Dupliranje i permutovanje 182.8. Asociranje i dupliranje zajedno 202.9. Razlicite baze programa 23

Odeljak 3. Fiksna tacka 28

3.1. Kombinatorni programi 283.2. Jos o programu 283.3. Tjuringov program 303.4. Program O 31

Odeljak 4. Kombinatorna logika 33

4.1. Cista kombinatorna logika 334.2. Apstrakcija 344.3. Teorema o fiksnoj tacki 36

Odeljak 5. Iskazna logika i aritmetika 40

5.1. Iskazna logika 405.2. Aritmetika u kombinatornoj logici 455.3. Rekurzivne funkcije 48

Odeljak 6. Konfluencija i -racun 51

6.1. Konfluencija za CL 516.2. -racun 536.3. Konfluencija za -racun 56

Odeljak 7. Prosti tipovi 58

7.1. -racun s tipovima 58

vii

viii Sadrzaj

7.2. CL s tipovima 61

Odeljak 8. Uvod u Haskel 66

8.1. Funkcionalno programiranje 668.2. Haskel 668.3. Izvodenje aritmetickih operacija 668.4. Liste 668.5. Funkcije viseg reda 66

Odeljak 9. Neodlucivost 74

9.1. Gedelovo kodiranje 749.2. Dokaz neodlucivosti za CL 77

Bibliografija 81

Indeks 83

1. Uvod1.1. O autorima

1

2 ODELjAK 2. SMALIJANOVI ZADACI

1.2. Osnovni pojmovi i notacija

prazan skupN skup prirodnih brojeva: {0, 1, 2, . . .}Q skup racionalnih brojeva

R skup realnih brojeva

(a, b) ureden par; (a, b) = (c, d) (a = c b = d)AB Dekartov proizvod skupova A i B: {(a, b) | a A, b B}P(X) partitivni skup (skup svih podskupova) od X

{x1, . . . , xn} konacan skup; xi 6= xj za i 6= j|X| broj elemenata konacnog skupa X

X X refleksivna (x X)(x, x) X X simetricna (x, y X)((x, y) (y, x) ) X X tranzitivna (x, y, z X)(((x, y) (y, z) ) (x, z) )

X X rel. ekvivalencije refleksivna, simetricna i tranzitivnaf : X Y je 1-1 (x1, x2 X)(f(x1) = f(x2) x1 = x2)f : X Y je na (y Y )(x X)(y = f(x))

f : X Y je bijekcija 1-1 i nakombinatori: M Mx = xx

K Kxy = x

I Ix = x

L Lxy = x(yy)

2. Smalijanovi zadaci2.1. Biografija Rejmonda SmalijanaNenad Lazic

Rejmond Smalijan je Americki matematicar, koncertni pijanista, logicar, filozof

i madionicar. Roden je 25. maja 1919. u Far Rokveju, Njujork. Sa dvanaest

godina pokazao je muzicki talenat osvojivsi zlatnu medalju na pijanistickom

takmicenju. Naredne godine, njegova porodica se preselila na Menhetn i on je

isao u skolu za muzicke talente ,,Teodor Ruzvelt ali s obzirom da ova skola

nije nudila slicne kurseve iz matematike on je pohadao jos jednu skolu. Ucio je

matematiku i muziku. Diplomirao je na Univerzitetu u Cikagu 1955. Objavio

je 1957. rad u casopisu ,,Journal of Symbolic Logic u kome je dao savremeno

shvatanje Gedelove teoreme. Doktorirao je na Univerzitetu Prinston 1959.

2.2. Kratak istorijatLogici su ime dali Grci. Ono potice od grcke reci oo, sto se prevodi kao rec

a znaci puno toga u vezi sa jezikom, mislju, razumom, naukom. Za hriscane to

je jedno od Bozijih imena. Logika je smatrana granom filozofije veoma dugo,

pocevsi od starogrckog filozofa Aristotela pa sve do XX veka kada je naziv

matematicka logika obuhvatio citavu logiku ali se pridev iz imena matematicka

logika vremenom gubi i ostaje samo naziv logika. Logika zasnovana na Aris-

totelovoj izucavana je na zapadnoevropskim univerzitetima u srednjem veku u

prvom delu studija. Grcke matematicare tada nisu zanimala ucenja tadasnjih

logicara niti su se sami bavili izucavanjem dedukcije iako su je i oni koristili u

matematici. Sa tacke gledista savremene logike znacajnije otkrice nego bilo koje

od Aristotelovih jeste veznik materijalne implikacije Filona iz Megare. Pocetkom

druge polovine XIX veka, logika dakle prelazi iz filozofije u matematiku po uzoru

na fiziku koja se od filozofije odvojila u XVII veku.

Matematicka logika

Naziv matematicka logika u XX veku obuhvata citavu logiku. Jedan deo ma-

tematicke logike, koji bi trebalo da bude posebno zanimljiv filozofima ponekad

se naziva filozofskom logikom. Prelazak logike u matematiku nagovestio je Laj-

bnic u spisima koji su sve do XX veka ostali neobjavljeni, i zato nisu imali

mnogo uticaja na razvoj savremene logike. Ono sto je kod Lajbnica najblize

savremenoj logici je zelja da se prirodni jezik zameni jednim savrseno pre-

ciznim, matematickim jezikom. U takvom jeziku bi sagovornici koji se spore

mogli da izracunaju ko je u pravu. Lajbnic, koji je izmislio i jednu masinu za

racunanje i bavio se binarnim sistemom za brojeve, gde se kao kod danasnjih

3


racunara sve pise samo sa 0 i 1, u velikoj meri je bio prorok informatickog

doba. Matematicka logika se sastoji od matematickog proucavanja logike i

primene ovog proucavnja na druge oblasti matematike. Matematicka logika

ima bliske veze sa racunarstvom. Medu osnovnim temama koje se provlace

kroz matematicku logiku su izrazajna moc formalnih logika i deduktivna moc

dokazivackih sistema. Od svog nastanka, matematicka logika je doprinela i njen

razvoj je bio motivisan proucavanjem osnova matematike. Ovo proucavanje je

pocelo krajem XIX veka a pocetkom XX veka ju je oblikovao David Hilbert u

svom programu za dokazivanje konzistentnosti osnovnih teorija.

Kombinatorna logika

Kombinatorna logika je notacija koju su uveli Mozes Senfinkl i Haskel Kari kako

bi eliminisali potrebu za promenljivim u matematickoj logici. Sada se koristi

u racunarstvu kao teorijski model izracunljivosti i kao osnova za funkcionalno

programiranje. Zasnovan je na kombinatornim objektima, koji su funkcije viseg

reda i koji koriste samo primenu (aplikaciju) funkcije na neku drugu funkciju i

kao rezultat opet daju funkciju. U racunarstvu, kombinatorna logika se koristi

kao pojednostavljeni model racunanja, koriscen u teoriji izracunljivosti i teoriji

dokaza. Kombinatorna logika obuhvata mnoga esencijalna svojstva racunanja.

Kombinatorna logika se moze shvatiti kao varijanta racuna, u kojoj su izrazi

(koji predstavljaju funkcijsku apstrakciju) zamenjeni skupom kombinatornih

objekata, primitivnih funkcija koje nemaju slobodnih promenljivih. Lako je

transformirati izraz u kombinatorni izraz, i kombinatorna redukcija je mnogo

jednostavnija od redukcije. Zato je kombinatorna logika koriscena za mod-

eliranje nekih nestriktnih funkcijskih programskih jezika. Najcesci oblik ovoga

pogleda jeste programski jezik Unlambda. Iako nije praktican programski jezik,

Unlambda ima teoretsku vaznost. Kombinatornoj logici moze biti dodeljeno

mnogo interpretacija. Mnogi raniji radovi Karija su pokazali kako prevesti skup

aksioma konvencionalne logike u jednakosne kombinatorne logike (videti [5]).

Dejna Skot je sezdesetih i sedamdesetih godina proslog veka pokazao kako usa-

glasiti teoriju modela i kombinatornu logiku.

2.3. Logicki problemiMnogi od Smalijanovih logickih problema su nastavci klasicnih slagalica. U

ovom tekstu Smalijanove logicke probleme cemo razmatrati nad skupom pro-

grama. Pretpostavka je da postoji ,,svet programa koji za neki ulaz proizvode

odgovarajuci izlaz. U tom svetu vaze neka pravila koja cemo definisati pre nego

sto pocnemo razmatranje problema.

Komutativnost primene programa ne vazi uvekAko posmatramo programe A i B i ukoliko je program B ulaz za program

2.3. Logicki problemi 5

A, tada ce program A na izlazu dati rezultat program AB. Program

AB se dobija kao rezultat primene programa A na program B. Rezultat

primene programa A na program B (program B je ulaz za program A) i

programa B na program A (program A je ulaz za program B) ne mora

da bude isti. Dakle AB ne mora da bude isto sto i BA. Slicno ako bismo

imali tri programa A, B i C, rezultat primene programa A na BC, gde

je BC rezultat primene programa B na program C, ne mora da bude isti

kao rezultat primene programa AB na program C, gde je AB rezultat

primene programa A na program B. Dakle A(BC) ne mora biti isto sto i

(AB)C.

C1 Kompozicija programa

Pravilo kompozicije kaze da za svaka dva programa A i B postoji program

C, koji je kompozicija programa A i B, tj. program C je takav da za svako

x vazi

A(Bx) = Cx.

Drugim recima rezultat primene programa C na program x je isti kao i

rezultat primene programa A na rezultat primene programa B na pro-

gram x.

C2 Program rugalica

Pretpostavka je da postoji program rugalica M koji za ulaz ima program x,

a kao rezultat svog rada daje program xx, drugim recima daje isti rezultat

kao kada bi program x imao za ulaz program x. Simbolicki zapisano:

x Mx = xx

Drugim recima program M ,,imitira program x sve dok je ulaz u program

M program x. To znaci da ukoliko pozovemo program x programu M ili

programu x pozovemo program x u svakom slucaju ce se dobiti isti izlaz.

Definicija 2.3.1. Program A voli program B kada je rezultat primene

programa A na program B jednak B.

AB = B

Sledi nekoliko zadatak od kojih neki pretpostavljaju da u svetu programa vaze

uslovi C1 i C2.

1. Spekulise se da u svetu programa svaki program voli bar jedan program.

Druga spekulacija je da postoji barem jedan program koji ne voli nijedan

program. Zanimljivo je da ovaj problem moze da se resi ako uslovi C1 i


C2 vaze.

Pitanje: Koja od ove dve glasine je istinita?

Resenje:

Prva glasina je tacna. Svaki program A voli makar jedan program. Ovo

dokazujemo na sledeci nacin: Uzmite bilo koji program. Po uslovu C1

postoji program C koji komponuje program A sa programom rugalicom

M, zato sto za bilo koji program B postoji program C koji komponuje pro-

gram A sa programom B. To je takode tacno u slucaju da je B program

rugalica. Ovo mozemo simbolicki zapisati na sledeci nacin: Cx = A(Mx).

Posto jednakost vazi za svaki program x mozemo da zamenimo x sa C

cime dobijamo jednakost A(MC) = CC. Posto je M program rugal-

ica, to mozemo zameniti MC sa CC u prethodnoj jednakosti i dobijamo

A(CC) = CC. Ovo znaci da A voli program CC. Dakle ukoliko je C bilo

koji program koji komponuje program A sa programom M, onda program

A voli program CC. Takode program A voli MC zato sto je MC isti

program kao i program CC.

2. Problem ,,egocentricnosti programa je sledeci: Program x se naziva ego-

centricnim ako voli samog sebe odnosno ako je rezultat primene programa

x na samog sebe, bas program x. Simbolicki zapisano: xx = x. Treba

dokazati da ako vaze uslovi C1 i C2, onda postoji bar jedan program x

koji je egocentrican.

Resenje:

Videli smo da uslovi C1 i C2 ukazuju na to da svaki program voli barem

jedan program. Ovo znaci da program M voli barem jedan program E.

Sada pokazujemo da program E mora da bude egocentrican. Program

ME jednak je programu E jer M voli E ali takode je ME = EE zato sto

je M program rugalica. Iz ovoga sledi da je EE = E cime smo pokazali

da je program E egocentrican.

3. Dva programa A i B su saglasna oko programa x ukoliko su rezultati

njihove primene na program x isti, to jest Ax = Bx. Program A je sklon

saglasnosti ukoliko za svaki program B postoji barem jedan program x

oko koga su programi A i B saglasni. Sada razmatramo sledecu varijantu

problema 1 u kojoj vazi uslov C1 ali ne i uslov C2. Umesto toga dato je

da postoji program A koji je sklon saglasnosti. Da li je to dovoljno da se

garantuje da je svaki program voli barem jedan program?

Resenje:

Dato nam je da vazi uslov C1 i postoji program A koji je sklon saglasnosti.


Uzmimo bilo koji program x. Po uslovu C1 postoji program H koji kom-

ponuje program x sa programom A. Posto je A program sklon saglasnosti,

A i H su saglasni oko nekog programa y. Pokazacemo da program x mora

da voli Ay. Posto su A i H saglasni oko y to znaci da je Ay = Hy. Posto

H komponuje x sa A, vazi Hy = x(Ay). Dakle, Ay = Hy = x(Ay) pa

onda Ay = x(Ay) ili, sto je isto sto i x(Ay) = Ay. Ovo znaci da x voli

Ay.

4. Pitanje o programima sklonim saglasnosti. Pretpostavicemo da vaze uslovi

iz problema 1 i da su programi A, B i C takvi da C komponuje A sa B

kao i da je program C sklon saglasnosti. Dokazati da je program A takode

program sklon saglasnosti.

Resenje:

Dato nam je da program C komponuje programe A i B i da je C program

sklon saglasnosti, vazi i uslov C1. Uzmimo bilo koji program D, moramo

da pokazemo da su program A i program D saglasni oko nekog programa.

Posto vazi uslov C1 vazi da postoji program E koji komponuje program

D sa programom B. Takode C i E su saglasni oko nekog x, posto je

C program sklon saglasnosti. Znaci da vazi Cx = Ex, Ex = D(Bx) i

Cx = A(Bx), jer C komponuje A sa B. Dakle, posto je Ex = D(Bx),

imamo da je A(Bx) = D(Bx) pa su programi A i D saglasni oko Bx. Ovo

dokazuje da za bilo koji program D postoji program oko koga su A i D

saglasni, znaci A je program sklon saglasnosti.

5. Vezba kompozicije. Opet pretpostavimo da uslov C1 vazi. Dokazati da za

bilo koje programe A, B i C postoji program D takav da

x Dx = A(B(Cx))

Resenje:

Dakle uslov C1 vazi. Uzmimo bilo koje programe A, B i C. Neka je E

program koji komponuje B sa C, tj. za bilo koji program x vazi Ex =

B(Cx), pa je i A(Ex) = A(B(Cx)). Koriscenjem uslova C1 opet postoji

program D koji komponuje program A sa programom E. Ako u jednakosti

Dx = A(Ex) zamenimo Ex = B(Cx) dobijamo da je Dx = A(B(Cx)).

6. Kompatibilni programi. Dva programa A i B, bilo isti ili razliciti, se

nazivaju kompatibilnim ako postoje programi x i y, bilo isti ili razliciti,

takvi da vazi Ax = y i By = x. Dokazati da ako vaze uslovi C1 i C2, onda

su bilo koja dva programa A i B kompatibilna.


Resenje:

Posto vaze uslovi C1 i C2, svaki program voli barem jedan program po

problemu 1. Uzimamo bilo koje programe A i B. Po uslovu C1 postoji

program C koji komponuje A sa B. Program C voli neki program, npr.

program y. Odavde sledi Cy = y i Cy = A(By), zato sto program C

komponuje programe A i B. Dakle vazi A(By) = y. Ako uzmemo da je

x = By onda je Ax = y i By = x. Ovo je dokaz da su programi A i B

kompatibilni.

Dusica Radojevic

7. Beznadezni egocentrik. Videli smo ranije da je program B egocentrican

ako je BB = B. Program B nazivamo beznadeznim egocentrikom ako za

svaki program x vazi Bx = B. To znaci da kada B primenimo na bilo koji

program x dobijamo uvek program B. Kazemo da je program A fiksiran

na programu B ako za bilo koji program x vazi da je Ax = B. To znaci da

program A za bilo koji ulaz daje program B pa je program A beznadezni

egocentrik ako je fiksiran na samom sebi.

Neka je program K takav da za sve programe x i y vazi da je (Kx)y =

x. Ako u svetu programa postoji program K, onda za svaki pogram x

program Kx je fiksiran na x. Ako vaze uslovi C1 i C2 i postoji program

K, dokazati da postoji barem jedan program koji je beznadezni egocentrik.

Resenje:

Dati su nam uslovi C1 i C2. Iz toga sledi da svaki program voli bar jedan

program. Neka je A program koji je voljen od strane programa K, dakle

KA = A pa za svaki program x vazi da je (KA)x = Ax. Zbog svojstava

programa K vazi i (KA)x = A pa je Ax = A. Kako za svaki program x

vazi da je Ax = A, to je A beznadezni egocentrik.

8. Ako je program K egocentrican onda je beznadezno egocentrican. Dokazati.

Resenje:

Ako je program K egocentrican onda program K voli program K. Dokazali

smo u prethodnom zadatku da svaki program koji je voljen od strane

programa K mora biti beznadezni egocentrik. Dakle, K je beznadezno

egocentrican.

9. Ako postoji program K i za neki program x vazi da je program Kx ego-

centrican, onda program K voli program x.

Resenje:

Pretpostavimo da je program Kx egocentrican. To znaci da je (Kx)(Kx) =

Kx. Takode (Kx)(Kx) = x, jer za svaki program y, pa i za y = Kx, vazi


da je (Kx)y = x. Iz ovoga vidimo da su programi Kx i x identicni. To

znaci da program K voli program x.

10. Generalno, nije tacno da ako su programi Ax i Ay jednaki da su onda

i programi x i y jednaki. Ipak, ovo je tacno ako pretpostavimo da je

program A isto sto i program K. Dokazati da ako je program Kx jednak

programu Ky, onda je program x jednak programu y.

Resenje:

Ako postoji program K i jos pretpostavimo da je program Kx jednak

programu Ky, tada za svaki program z program (Kx)z jednak je programu

(Ky)z. Kako je (Kx)z = x i (Ky)z = y, to je x = (Kx)z = (Ky)z = y.

11. Dokazati da ako za proizvoljni program x, program K voli program Kx,

onda program K voli program x.

Resenje:

Pretpostavimo da program K voli program Kx, tj. K(Kx) = Kx. Po

prethodnom zadatku odavde sledi da je Kx = x, sto zaci da program K

voli program x.

12. Zasto je egocentrican program K izuzetno usamljen?

Resenje:

Pokazacem da jedini nacin da program K bude egocentrican jeste da bude

jedini program u svetu programa. Pretpostavimo da je program K egocen-

trican. Tada je program K beznadezni egocentrik na osnovu problema 8.

Neka su x i y bilo koji programi u svetu programa. Pokazacemo da je

program x jednak programu y. S obzirom da je program K beznadezni

egocentrik, tada je Kx = K i Ky = K, odakle sledi da je Kx = Ky.

Na osnovu zadatka 10, sledi da je x = y. Za bilo koja dva programa x i

y iz sveta programa vazi da su medusobno jednaki, pa su zbog toga svi

programi u svetu programa jednaki programu K koji se po pretpostavci

nalazi u tom svetu. Iz toga zakljucujemo da je K jedini program u svetu

programa.

13. Pretpostavimo da postoji program I (identitet) sa svojstvom da za svaki

program x vazi Ix = x. Pretpostavimo jos da svaki program voli barem

jedan program. Da li to znaci da je program I sklon saglasnosti?

Resenje:

Da, znaci. Neka je x proizvoljan program i neka je y voljen od strane

programa x, tj. xy = y. Takode je i Iy = y, pa su I i x saglasni oko

programa y.


14. Pretpostavimo da postoji program I koji voli svaki program, ali ne znamo

da li je on sklon saglasnosti ili ne. Pretpostavimo da je svaki par programa

kompatibilan u smislu definicije iz zadatka 6. Koji od sledecih zakljucaka

se moze valjano izvesti?

(a) Svaki program je normalan, tj. voli bar jedan program.

(b) Program I je sklon saglasnosti.

Resenje:

Zakljucak (a): Neka je I program identitet i neka su bilo koja dva pro-

grama kompatibilna. Neka je B proizvoljan program. Iz toga sto su B i I

kompatibilni sledi da postoje programi x i y takvi da je Bx = y i Iy = x.

Kako zbog svojstava programa I vazi Iy = y, to je x = y. Posto je i

Bx = y, odatle je Bx = x iz cega sledi da program B voli program x.

Zaklucak(b): Sledi iz zakljucka (a) i zadatka 13.

Nemanja Ilic

Neka je program L takav da za sve programe x i y vazi da je (Lx)y = x(yy).

15. Dokazati da ako postoje programi L i I, onda mora da postoji i program

M, rugalica.

Resenje:

Ako za bilo koji program x uzmemo program I, tada iz Ix = x i (Lx)y =

x(yy) sledi da je (LI)x = I(xx) = xx. Odavde vidimo da M mozemo da

definisemo kao LI.

16. Ako postoji L, treba dokazati da svaki program voli bar jedan program.

Resenje:

Ako je A proizvoljan program, treba naci B takav da je AB = B. Znamo

da vazi

x (LA)x = A(xx).Uzmimo da je x = LA. Dobijamo da je (LA)(LA) = A((LA)(LA)) sto

znaci da A voli (LA)(LA), pa za B mozemo uzeti program (LA)(LA).

17. Pokazati zasto je beznadezno egocentrican L ,,neobicno atraktivan.

Resenje:

Hocemo da pokazemo da ako za svaki program x vazi da je Lx = L,

onda za svaki program y vazi da je yL = L. Ukoliko za x uzmemo L


dobijamo da je LL = L pa je i yL = y(LL). Po osnovnim svojstvima

programa L imamo da je y(LL) = (Ly)L i jos iz pretpostavke da je L

beznadezno egocentrican sledi da je Ly = L i LL = L, pa na kraju

dobijamo yL = y(LL) = (Ly)L = LL = L.

18. Ako pretpostavimo da je program L razlicit od programa K, onda je

nemoguce da L voli K, tj. nemoguce je da je LK = K.

Resenje:

Pretpostavimo suprotno, tj. da je LK = K. Stoga je (LK)K = KK. Po

osnovnim svojstvima programa L imamo da je (LK)K = K(KK), pa je

i KK = K(KK). Po svojstvu leve kancelacije za K (videti problem 10)

odavde zakljucujemo da je K = KK, pa bi to znacilo da je K egocentrican.

Pomocu problema 12 bismo onda zakljucili da je K jedini program u svetu

programa a samim tim je i L = K, sto je suprotno pretpostavci.

19. Potrebno je dokazati da ako program K voli program L onda i svaki drugi

program voli program L.

Pomoc:

Za bilo koji program x, ako vazi da je Kx = x, onda mozemo da zakljucimo

da je xx = x, sta vise za svaki program y je xy = x. Ovo se lako pokazuje

jer je onda xy = (Kx)y = x po pretpostavci da je Kx = x i osnovnom

svojstvu programa K.

Resenje:

Treba dokazati da za svaki program x vazi da je xL = L. Po pomocnom

tvrdenju imamo da je LL = L, pa je i xL = x(LL). Po osnovnom svojstvu

programa L imamo da je x(LL) = (Lx)L, pa je znaci xL = (Lx)L. Po

pomocnom tvrdenju je Lx = L pa zakljucujemo da je xL = LL sto smo

videli da je jednako L. Dakle, xL = L.

20. Pretpostavimo da imamo program L u svetu programa. Samo iz ove

cinjenice mozemo dokazati da je bar jedan program egocentrican.

Resenje:

Treba da pokazemo da postoji program N takav da je NN = N . Po

problemu 16, uz L svaki program voli neki program. Neka LL voli program

y, tj. (LL)y = y. Iz resenja problema 16 vidimo da y mozemo definisati

kao (L(LL))(L(LL)). Po osnovnom svojstvu programa L imamo da je

onda i L(yy) = y. Odavde zakljucujemo da je (L(yy))y = yy a takode

je i (L(yy))y = (yy)(yy) sto zajedno daje (yy)(yy) = yy. Znaci da za N

mozemo uzeti yy, tj. ((L(LL))(L(LL)))((L(LL))(L(LL))).

2.4. Program Marko Adam

1. Potraga za mudracem. Pretpostavimo da u svetu programa vaze uslovi C1

i C2. Takode, pretpostavimo da postoji program A takav da za svako x

program Ax komponuje x sa M. Treba pokazati da tada postoji program

koji kada se primeni na proizvoljno x daje onaj program koji x voli. Takav

program oznacavamo sa i zovemo ga mudrac. Drugim recima vazi

x(x) = x.

Resenje:

Po pretpostavkama Ax je program koji komponuje x sa M, to jest, za sve

programe z vazi

Axz = x(Mz) = x(zz).

Kada umesto z zamenimo Ax dobijamo

Ax(Ax) = x((Ax)(Ax)),

sto pokazuje da x voli Ax(Ax), to jest M(Ax). Sada iskoristimo uslov

C1 i neka je program koji komponuje M sa A. Dakle, za proizvoljno x

vazi

x = M(Ax) = x(M(Ax)) = x(x),

pa je trazeni program.

Program ima veze s teoremom o fiksnoj tacki (videti odeljak 4.3). Naime,

on za dati program x trazi njegovu fiksnu tacku.

2.5. Dogovori o brisanju zagradaMladen Lazic

1. Izostavljanje zagrada. Zamislimo da za neke programe x, y i z napisemo

izraz xyz. Bez daljeg objasnjenja on je za nas dvosmislen jer ne mozemo

znati da li mislimo na (xy)z ili z(yz). Po konvenciji koja vlada u zajednici

koja se bavi kombinatornom logikom i -racunom, kad napisemo xyz,

mislimo na (xy)z. Znaci, kad su zagrade izostavljene, smatramo da su

asocirane ulevo. Ovo je tradicija kombinatorne logike koja, posle malo

prakse, omogucava da se kompleksni izraz lakse zapise. Kako bismo onda

protumacili izraz xyzw?

12

2.5. Dogovori o brisanju zagrada 13

Resenje:

Prvo cemo vratiti zagrade na poslednji levi deo, koji je xy, tako da je

xyzw zapravo (xy)zw, koji ispada da je ((xy)z)w. Zakljucujemo da je

xyzw jednostavno skracenica za ((xy)z)w.

Ukoliko se zagrade nalaze na sredini ili kraju izraza, konvencija se primen-

juje na sledeci nacin:

(a) x(yz)w = (x(yz))w

(b) x(yzw) = x((yz)w)

2. U svakom od sledecih primera, primenjuje se konvencija vracanja zagrada

ulevo:

(a) xy(zwy)v = ?

(b) (xyz)(wvx) = ?

(c) xy(zwv)(xz) = ?

(d) xy(zwv)xz = ? Uputstvo: Odgovor je razlicit od (c)!

(e) x(y(zwv))xz = ?

(f) Da li je tacno: xyz(AB) = (xyz)(AB) ?

(g) Pretpostavimo da je A1 = A2. Mozemo li zakljuciti da je BA1 =

BA2? Mozemo li zakljuciti da je A1B = A2B?

(h) Pretpostavimo da je xy = z, koji od sledecih slucajeva je tacan?

i. xyw = zw

ii. wxy = wz

Resenje:

(a) xy(zwy)v = ((xy)((zw)y))v

(b) (xyz)(wvx) = ((xy)z)((wv)x)

(c) xy(zwv)(xz) = ((xy)((zw)v))(xz)

(d) xy(zwv)xz = (((xy)((zw)v))x)z

(e) x(y(zwv))xz = ((x(y((zw)v)))x)z

(f) Tacno. Obe strane su ispravne, odnosno iste kao ((xy)z)(AB).

(g) Oba zakljucka su tacna.

(h) Pretpostavili smo da je xy = z, sledi:

i. xyw = zw? Po konvenciji je xyw = (xy)w a (xy)w = zw, pa je

ovo tacno.

ii. wxy = wz? Po konvenciji je wxy = (wx)y, pa ne mozemo za-

kljuciti wxy = wz.


2.6. Kombinator B i njegovi derivatiJana Protic i -Dorde Todorovic

U ovom poglavlju se upoznajemo s kombinatorom B. Za njega vazi formula

Bxyz = x(yz),

sto znaci da B prakticno spaja druga dva programa, pa zatim onda njihov

rezultat stavlja kao argument prvog.

1. Zasto je kombinator B vazan? Ako u svetu programa imamo B, onda

u njemu vazi osnovni zakon kompozicije, tj. pravilo C1 (videti prethodni

odeljak). Kombinator B nam omogucava da za bilo koja dva programa A

i B mozemo naci program C takav da za svaki program x vazi

A(Bx) = Cx.

Definisimo program C kao BAB. Za bilo koji program x ce vaziti

Cx = BABx = A(Bx)

i onda vidimo da BAB komponuje A sa B, sto je i trebalo pokazati.

2. Pretpostavimo da imamo na raspolaganju kombinatore B i M. Po prethod-

nom, vazi C1 a druga pretpostavka nam daje C2, pa rezonujuci kao u

problemu 1 iz prethodnog odeljka dobijamo da svaki program voli neki

program. Napisati izraz pomocu B, M i x koji opisuje program koji x

voli.

Poznato je da ako je y bilo koji program koji komponuje x sa M, onda x

voli yy. Sada, BxM komponuje x sa M i x mora voleti (BxM)(BxM).

To proveravamo na slede nacin :

(BxM)(BxM) = BxM(BxM) = x(M(BxM)) = x((BxM)(BxM)),

onda je

(BxM)(BxM) = x((BxM)(BxM))

sto je isto sto i

x((BxM)(BxM)) = (BxM)(BxM),

sto znaci da x voli (BxM)(BxM). Izraz (BxM)(BxM) mozemo krace

zapisati i kao M(BxM). Tako da zakljucujemo da x voli M(BxM).

2.6. Kombinator B i njegovi derivati 15

3. Ako imamo na raspolaganju kombinator B i rugalicu M mozemo zapisati

izraz za egocentrika.

Kao sto znamo za svako x vazi da x voli M(BxM), ako uzmemo da je x

program M, onda M voli M(BMM). To jest, M(BMM) nam je kandidat

za egocentrican program.

M(BMM) = (BMM)(BMM) = BMM(BMM) = M(M(BMM))

sto je onda jednako (M(BMM))(M(BMM)), pa iz toga zakljucujemo da

je M(BMM) egocentrik.

4. Ako imamo kombinator B, rugalicu M i kancelator K, napisati izraz

pomocu B, M i K za beznadezno egocentrican program.

Posto za bilo koji program x, x voli M(BxM), sto zakljucujemo iz prob-

lema 2, onda kancelator K voli M(BKM). Uz pomocni dokaz koji smo

dali za problem 19 iz prethodnog odeljka, dobijamo da je M(BKM) bez-

nadezno egocentrican zbog toga sto svaki program koji kancelator K voli

mora biti beznadezni egocentrik.

Zaboravicemo nakratko sve ostale kombinatore i fokusirati se samo na kombi-

nator B. Samo od ovog jednog kombinatora mozemo izvesti mnoge druge, koje

nazivamo njegovim derivatima. Nisu svi oni od velikog znacaja, ali neke od njih

cemo koristiti s vremena na vreme.

5. Jedan od veoma vaznih derivata kombinatora B je D takav da za bilo koje

programe x, y, z, w, vazi sledece :

Dxyzw = xy(zw).

Kombinator D se moze dobiti iz kombinatora B na sledeci nacin. Krecemo

od onoga sto treba da dobijemo:

Dxyzw = xy(zw)

Prema pravilu vracanja izostavljenih zagrada to je isto sto i

Dxyzw = (xy)(zw).

Ako sada (xy) posmatramo kao A, tj.

(xy)(zw) = A(zw) = BAzw

i kada vratimo (xy) umesto A, dobijamo

BAzw = B(xy)zw = BBxyzw.

Dakle, D mozemo definisati kao BB.


6. Definisimo pomocu B kombinator B1 takav da za bilo koje programe x,

y, z i w vazi sledeci uslov:

B1xyzw = x(yzw).

Posto smo vec nasli derivat D od B, sada mozemo slobodno da ga koris-

timo. Drugim recima svako D mozemo u resenju zameniti sa BB i dobiti

resenje koristeci samo B. Krenucemo sa resavanjem problema unazad

x(yzw) = x((yz)w) = Bx(yz)w.

Prepoznajemo da je Bx(yz) isto sto i DBxyz i onda je

Bx(yz)w = DBxyzw.

Odavde imamo da je

x(yzw) = DBxyzw

ili zbog simetrije jednakosti

DBxyzw = x(yzw).

Dakle, B1 mozemo definisati kao DB. Koristeci samo B, imamo da je

B1 = BBB.

7. Iz gornjih derivata kombinatora B mozemo dobiti kombinator E takav da

za bilo koje programe x, y, z, w, v, vazi

Exyzwv = xy(zwv).

Kao i malopre, E se moze dobiti samo pomocu B, ali nam je lakse kada

koristimo i prethodno definisane derivate od B. Konkretno, sad cemo ko-

ristiti kombinator B1, iz prethodnog zadatka.

Ponovo cemo problem resavati unatrag.

xy(zwv) = (xy)(zwv) = B1(xy)zwv.

Primecujemo da je

B1(xy) = BB1xy,

sto znaci da je

B1(xy)zwv = BB1xyzwv.

Znaci da E mozemo da definisemo kao BB1 = B(BBB).

2.6. Kombinator B i njegovi derivati 17

8. Definisimo derivat B2, koji zadovoljava sledeci uslov:

B2xyzwv = x(yzwv).

Pocevsi iz pocetka koristeci samo B dobijanje B2 se moze dosta zakomp-

likovati, ali koristeci E iz prethodnog zadatka vrlo je lako:

x(yzwv) = x((yzw)v) = Bx(yzw)v = EBxyzwv.

Znaci B2 mozemo definisati kao EB ili koristeci samo B kao B(BBB)B.

9. Definisimo derivat D1 koji zadovoljava sledeci uslov:

D1xyzwv = xyz(wv).

Sada koristimo derivat D.

xyz(wv) = (xy)z(wv) = D(xy)zwv

Primetimo da je

D(xy) = BDxy,

pa je onda

D(xy)zwv = BDxyzwv,

Znaci D1 mozemo definisati kao BD, odnosno samo pomocu B kao B(BB).

10. Definisimo derivat B3, koji zadovoljava sledeci uslov:

B3xyzw = x(y(zw)).

Koristimo derivat D1 iz prethodnog problema. Gledajuci na (zw) kao na

zasebnu jedinicu imamo

x(y(zw)) = Bxy(zw) = D1Bxyzw.

Znaci B3 mozemo definisati kao D1B, odnosno samo pomocu B kao

B(BB)B.

11. Definisimo derivat D2 koji zadovoljava sledeci uslov:

D2xyzwv = x(yz)(wv).

Gledajuci na (yz) kao zasebnu jedinicu imamo

x(yz)(wv) = Dx(yz)wv = DDxyzwv.

Znaci D2 mozemo definisati kao DD, odnosno samo pomocu B kao BB(BB).


S obzirom da smo pomocu kombinatora B dobili sedam novih kombinatora,

vidimo da je njegova uloga u kombinatornoj logici velika. Mogli smo ih dobiti i

vise, ali je ovo sasvim dovoljno da shvatimo njegov znacaj. Svi ovi kombinatori,

ukljucujuci i B spadaju u grupu kompozitora. Oni sluze da uvedu zagrade.

Jedina dva koja treba zapamtiti su kombinator B i njegov derivat D, oni se

cesto koriste u kombinatornoj logici.

2.7. Dupliranje i permutovanjeRelja Paunovic i Pavle Stepanic

Sada uvodimo program W koji je izuzetno bitan u kombinatornoj logici. Defi-

nisan je kao:

Wxy = xyy.

Ovaj program ne treba mesati s programom L koji je definisan kao:

Lxy = x(yy).

Ta dva programa imaju potpuno razlicitu ulogu! Sada cemo se baviti nekim

osobinama programa W.

1. Pokazati da se program M moze dobiti samo koriscenjem programa I i W.

Resenje:

Vidi se da je WI program rugalica zato sto vazi: WIx = Ixx = xx, za

bilo koji program x.

2. Pokazati da se program I moze dobiti samo koriscenjem programa K i W.

Resenje:

Program WK je program identitet posto vazi: WKx = Kxx = x, za

svaki program x.

3. Pokazati da ako postoji W i K mora postojati i M.

Resenje:

Koriscenjem znanja stecenog u prethodna dva zadatka program W(WK)

je rugalica. Hajde da to i proverimo: W(WK)x = WKxx = (WKx)x =

(Kxx)x = xx. Ovo vazi za bilo koje x.

Sledeci na redu su programi C, T, R, F i V. Oni spadaju u grupu permu-

tujucih programa. Definisani su na sledeci nacin:

Cxyz = xzy

Txy = yx

Rxyz = yzx

2.7. Dupliranje i permutovanje 19

Fxyz = zyx

Vxyz = zxy

Sada cemo se pozabaviti problemima vezanim za ove programe.

4. Pokazati da ako postoje C i K postoji i I.

Resenje:

Pokazacemo da je za proizvoljan program A, program CKA program iden-

titet. To je zato sto za proizvoljno x vazi CKAx = KxA = x. Ako

hocemo da budemo konkretni, mozemo A da zamenimo sa C ili K. Dakle,

I mozemo da definisemo kao CKC ili kao CKK.

5. Ako postoje C i I pokazati da se od njih moze dobiti program T.

Resenje:

Program CI je T zato sto za bilo koja dva programa x i y vazi, CIxy =

Iyx = yx.

6. Za dva programa x i y se kaze da komutiraju ako vazi xy = yx. Pokazati da

ako postoji T i ako svaki program voli neki program, onda mora postojati

bar jedan program A koji komutira sa svim programima.

Resenje:

Iz teksta zadatka zakljucujemo da program T voli neki program. Neka je

to program A (TA = A). Odatle vidimo da za bilo koji program x vazi,

TAx = Ax. Takode, iz definicije programa T, vazi TAx = xA, pa za

svako x vazi Ax = xA.

7. Pokazati da je R derivat B i T.

Resenje:

Ovaj problem resicemo unazad: yzx = Tx(yz). Znamo da je Tx(yz) =

BBTxyz, odakle zakljucujemo da je R = BBT.

8. Koriscenjem samo programa R mozemo dobiti C, kako?

Resenje:

Ovaj problem takode resavamo unazad. Zelimo da xzy vratimo u poziciju

xyz. Primenjivanjemo R vise puta i dobijamo xzy = Ryxz = RxRyz =

RRRxyz, iz cega zakljucujemo da je C = RRR.

9. (a) Pokazati da je Cx = RxR.

Resenje:

Cx = RRRx = RxR.


(b) Pokazati da je Cx = B(Tx)R.

Resenje:

Posto je Cx = RxR i R = BBT, onda je Cx = BBTxR =

B(Tx)R.

10. Pokazati da se F moze dobiti kao derivat B, R i C a takode i samo pomocu

B i R.

Resenje:

Problem cemo resiti unazad: zyx = Rxzy = (Rx)zy = C(Rx)yz =

BCRxyz, pa mozemo da definisemo F kao BCR. Za drugi deo zadatka

iskoristimo zadatak 8.

11. Pokazati da se F moze dobiti koriscenjem samo T i E

Resenje:

Problem resavamo unazad: zyx = Tx(zy) = Tx(Tyz) = ETxTyz =

(ETx)Tyz = TT(ETx)yz = ETTETxyz, pa F mozemo definisati kao

ETTET.

12. Pokazati da se V moze dobiti kao derivat C i F.

Resenje:

Problem resavamo unazad: zxy = Fyxz = CFxyz. Iz ovoga se vidi da se

V moze definisati kao CF.

2.8. Asociranje i dupliranje zajednoIva Milic i Anda Lilic

Sada se okrecemo novoj interesantnoj familiji programa koji nam omogucuju da

ujedno i stavljamo u zagradu i permutujemo redosled programa. Videcemo da

se svi mogu prikazati preko programa B i T.

1. Program Q, sa kojim se sada srecemo, je najbitniji i on ce kasnije definisati

neke nove programe iz ove familije. On zadovoljava sledeci uslov:

Qxyz = y(xz).

Kao sto mozemo primetiti Q prouzrokuje i permutovanje, tj. zamenu re-

dosleda x i y, i stavljanje u zagradu. Za razliku od kombinatora B kod

koga je Bxy kompozicija x sa y, ovde je Qxy kompozicija y sa x.

Kombinator Q mozemo prikazati preko kombinatora B i kombinatora C

na sledeci nacin:

y(xz) = Byxz = CBxyz,

2.8. Asociranje i dupliranje zajedno 21

tako da ga mozemo definisati kao Q = CB. Ako bismo ga prikazali samo

preko kombinatora B i T, tada bi bilo

Q = CB = RRRB = RBR = BBTBR = B(TB)R = B(TB)(BBT).

2. Sledeci program je jedan od bitnijih iz ove familije. Obelezava se sa Q1 a

zadovoljava sledeci uslov:

Q1xyz = x(zy).

Program Q1 je takode derivat od B i T, i to mozemo pokazati kao:

x(zy) = Bxzy = CBxyz = BCBxyz.

Dakle, Q1 mozemo da definisemo kao BCB.

3. Program Q2 je jos jedan iz ove familije. On zadovoljava sledeci uslov:

Q2xyz = y(zx).

Mozemo napisati da je

y(zx) = Byzx = RBxyz,

odatle sledi da je

Q2 = RB = BC(BC)B = C(BCB).

4. Pretpostavimo da u svetu programa imamo kombinator C, ali nemamo

kombinatore B i T. Pokazimo da ukoliko postoji kombinator Q1 onda

postoji i Q2 i obrnuto.

Resenje:

Ako pretpostavimo da u svetu postoji kombinator C i:

(a) ako postoji kombinator Q1, tada CQ1 radi isto sto i kombinator Q2:

CQ1xyz = Q1yxz = y(zx).

(b) ako postoji kombinator Q2, tada CQ2 radi isto sto i kombinator Q1:

CQ2xyz = Q2yxz = x(zy).


5. Kombinator Q3 je sledeci iz ove familije. On zadovoljava sledeci uslov:

Q3xyz = z(xy).

Lako je pokazati da je Q3 derivat kombinatora B i T

z(xy) = T(xy)z = BTxyz.

Dakle, mozemo ga definisati kao BT, ali ako iskoristimo:

z(xy) = Bzxy = VBxyz,

onda ga mozemo definisati i kao VB.

6. Kombinator Q4 je poslednji iz ove familije kojeg cemo spomenuti. On

zadovoljava sledeci uslov:

Q4xyz = z(yx).

Ukoliko hocemo da ga dobijem kao derivat kombinatora B i T iskoristicemo:

z(yx) = Bzyx = FBxyz,

pa ga mozemo definisati kao FB.

7. Ukoliko u svetu programa postoji kombinator C, tada ne mozemo imati

kombinator Q3 ako nemamo kombinatora Q4 i obrnuto.

Resenje:

Ako pretpostavimo da kombinator C postoji i:

(a) ako je kombinator Q3 postoji, tada CQ3 ima svojstva kobinatora Q4:

CQ3xyz = Q3yxz = z(yx).

(b) ako je kombinator Q4 postoji, tada CQ4 ima svojstva kobinatora Q3:

CQ4xyz = Q4yxz = z(xy).

8. Da li se kombinator Q4 moze zapisati pomocu kombinatora Q1 i T?

Resenje:

Da, moguce je jer imamo

Q1Txyz = T(yx)z = z(yx).

Dakle, Q4 mozemo zapisati kao Q1T.

9. Kombinator B se moze zapisati pomocu kombinatora Q i T.

Resenje:

x(yz) = Qyxz = Tx(Qy)z = QQ(Tx)yz = QT(QQ)xyz,

pa se B moze zapisati kao QT(QQ).

10. Na slican nacin mozemo izvesti da je kombinator C derivat kombinatora

Q i T.

Resenje:

xzy = (xz)y = Ty(xz) = Qx(Ty)z = QT(Qx)yz = QQ(QT)xyz,

odakle je

C = QQ(QT).

11. Pokazati da je kombinator G koji zadovoljava sledeci uslov:

Gxyzw = xw(yz),

jos jedan derivat kombinatora B i C.

Resenje:

xw(yz) = Cx(yz)w = B(Cx)yzw = BBCxyzw,

odakle je jasno da je G moguce definisati kao BBC.

2.9. Razlicite baze programaMilos Mitrovic

Znamo da se ni program M, kao ni bilo koji duplikativni program, ne moze

dobiti uz pomoc programa B i T, tacnije programi B, T i M su nezavisni.

Hocemo da pokazemo da uz pomoc baze B, T, M mozemo izraziti razne druge,

bitne programe.

1. Dokazati da se program L moze izraziti uz pomoc programa B, C i M.

Resenje:

Ako krenemo postupkom unazad, odnosno od Lxy = x(yy), mozemo da

primetimo da je x(yy) = x(Mx), a zatim x(Mx) = BxMy i konacno

BxMy = CBMxy. Odavde vidimo da je L = CBM.

23


Dokazati da se program L moze izraziti uz pomoc programa B, R i M.

Resenje:

Istim postupkom i koristeci dokazanu jednakost x(yy) = BxMy, mozemo

da primetimo BxMy = RMBxy. Time smo dokazali da je L = RMB.

Dokazati da se program L moze izraziti uz pomoc programa B, T i M.

Resenje:

Koristeci jednakost R = BBT na osnovu prethodnog primera vidimo da

je L = BBTMB, odnosno, ako primenimo prvi operator B, dobijamo

L = B(TM)B.

2. Dokazati da ako postoje programi B i W, mora postojati i program L.

Resenje:

Postupkom unazad polazimo od x(yy). Mozemo da primetimo da je

x(yy) = Bxyy, zatim da je Bxyy = W(Bx)y, i konacno W(Bx)y =

BWBxy. Ovim smo dokazali da je L = BWB.

3. Dokazati da ako postoje programi M i Q, mora postojati i program L.

Resenje:

Istim postupkom, polazimo od x(yy). Vec znamo da je x(yy) = x(My)

a mozemo da primetimo da je x(My) = QMx. Odavde vidimo da je

L = QM.

4. Pokazati se program W moze izraziti preko baze B, T i M. U dokazuse moze koristiti pomocni program M2xy = xy(xy), za koji se zna da je

M2 = BM.

Resenje:

Lakse nam je da dokazemo da se W moze izraziti preko baze R, M i B, azatim koristeci R = BBT, lako prelazimo na bazu B, M i T. Postupkom

unazad polazimo od Wxy = yxx. Mozemo da primetimo da je yxx =Rxyx. Posmatrajuci Rx kao jedan argument mozemo da zakljucimo da

je (Rx)yx = RxRxy a na osnovu definicije M2 mozemo da vidimo da je

RxRxy = M2Rxy. Kada zamenimo M2 dobijamo W = BMR, odnosno

kada zamenimo R dobijamo W = BM(BBT).

5. Dokazati da se uz pomoc programa R, M, B i C moze izraziti program W.

2.9. Razlicite baze programa 25

Resenje:

Postupkom unazad polazimo od Wxy = xyy. Koristeci pomocni program

W, mozemo da primetimo da je xyy = Wyx, a zatim da je Wyx =CWxy. Odavde vidimo da je W = CW, odnosno na osnovu prethodnogprimera W = C(BMR).

6. Dokazati da se program W moze izraziti uz pomoc baze B, T i M.

Resenje:

Iz prethodnog primera smo videli da je W = CW. Koristeci jednakostCx = B(Tx)R kada x zamenimo sa W dobijamo Cx = B(TW)R. Izprethodnih primera znamo da je W = BM(BBT) i da je R = BBT,tako da zakljucujemo W = B(T(BM(BBT)))(BBT).

7. Dokazati da se program M moze izraziti uz pomoc baze B, T i W.

Resenje:

Postupkom unazad polazimo od M = xx. Mozemo da primetimo da

je xx = Txx, a zatim da je Txx = WTx. Ovim smo dokazali da je

M = WT.

Na osnovu ovoga mozemo da zakljucimo da se klase programa koje se

mogu dobiti uz pomoc baze B, T i W i baze B, T i M poklapaju.

Bojana Simic

Kako bismo lakse resavali zadatke koristicemo programe W i W. Oni imajuistu funkciju kao i W, da udvostruce krajnji argument. Jedina razlika je u tome

sto imaju vise argumenata. Za W vazi Wxyz = xyzz, a Wxyzw = xyzww.Neka je program H takav da za sve programe x, y i z vazi da je Hxyz = xyzy.

8. Dokazati da se program H moze izraziti uz pomoc programa B, W i C.

Resenje:

Za pocetak krenucemo od xyzy. Primetimo da je bas xyzy = Cxyyz(podsetnik: C radi tako sto menja mesta poslednja dva argumenta a C

ima istu funkciju samo sto koristi cetiri argumenta). Kako bismo ud-

vostrucili y, koristicemo W i njim delovati na prva tri argumenta. Znaci,Cxyyz = WCxyz. Od ranije znamo da je W = BW i C = BC, pacemo to primeniti u nasem dokazu. Dakle, H = BW(BC).

9. Treba pokazati da se W moze izraziti pomocu baze H, C, odnosno pomocu

baze H, R.


Resenje:

Kako bismo ovo lakse pokazali, koristicemo Wxy = yxx. Postupkomunazad yxx = Rxyx = HRxy, pa je W = HR. Kako je W = CW,dobijamo da je W = C(HR). Slicno, W = RWR, tako da je W =R(HR)R.

Od sad pa nadalje, pored vec poznatih programa, koristicemo i novi pro-

gram S. Program S je takav da za x, y i z vazi da je Sxyz = xz(yz).

10. Treba dokazati da S mozemo izraziti pomocu baze B, M, T kao i pomocu

baze B, C, W.

Resenje:

Dokaz da se S moze dobiti pomocu ovih baza je jako slozen i zahteva

upotrebu sedam slova. Pokazacemo ovo za bazu B, C, W koristeci sest

slova pomocu programa G. Dakle, krecemo od xzyz i pomocu G dobijamo

da je xzyz = Gxyzz. Primetimo da je z udvostruceno, pa treba primeniti

W. Imamo cetiri argumenta G, x, y, z pa koristimo W i dobijamo daje Gxyzz = WGxyz. Kako je W = B(BW) i G = BBC, dobijamoda je S = B(BW)(BBC).

11. Treba pokazati da pomocu S i R mozemo dobiti H.

Resenje:

Kako je Hxyz = xyzy, pocinjemo sa xyzy = (xy)zy = Ry(xy)z. Prime-

timo da je y na drugom i cetvrtom mestu, sto nam govori da Ry(xy)

mozemo dobiti primenom S na sledeci nacin Ry(xy) = SRxy. Time smo

pokazali da je H = SR.

12. Pokazati da pomocu S i R odnosno pomocu S i C mozemo izraziti W.

Resenje:

Pokazali smo da je W = R(HR)R i u prethodnom zadatku H = SR.

Zamenom H dobijamo W = R(SRR)R. Ovim smo pokazali da W moze

da se izrazi pomocu S i R.

Da bismo pokazali da se W moze dobiti pomocu S i C koristicemo da

je W = C(HR), sto smo ranije pokazali. Prvo cemo zameniti H, cime

dobijamo W = C(SRR). Kako je R = CC, zamenom u prethodnom

izrazu dobijamo C(SRR) = C(S(CC)(CC)).

13. Pokazali smo da je W izraziv pomocu S i C, a C je izraziv pomocu B i T.

right-head 27

Dakle, W je izraziv pomocu B, T i S. Pokazati da B tu nije neophodan,

to jest da se W moze izraziti pomocu T i S.

Resenje:

Dokaz da se W moze izraziti pomocu B, T i S mozemo dobiti kada u W =

C(S(CC)(CC)), zamenimo C sa B(T(BBT))(BBT). Ovim dobijamo

izraz od cetrdeset jednog slova.

Neocekivano, pokazacemo da se W moze izraziti pomocu samo T i S na

jednostavniji nacin. Kako je Wxy = xyy krenucemo od xyy. Pomocu T

imamo da je xyy = Ty(xy) a pomocu S imamo da je Ty(xy) = STxy.

Dakle, mozemo uzeti da je W = ST.

14. Imamo T i S, treba pokazati da M mozemo izvesti pomocu njih.

Resenje:

Ranije smo pokazali da je M = WT, a u prethodnom zadatku smo dobili

da je W = ST, zamenom dobijamo da je M = STT.

3. Fiksna tacka3.1. Kombinatorni programiNemanja Subotic

Pre no sto se osvrnemo na mudre programe, recicemo nesto o kombinatornim

programima uopste. Pod programom reda 1 podrazumevamo program A takav

da se za svaki program x, program Ax moze izraziti samo preko programa x.

Na primer, program M je reda 1 posto je Mx = xx. Drugi primer je program

I, posto je Ix = x. Programi M i I su jedini programi reda 1 koje smo do sada

radili.

Naravno, mogli bismo izgraditi od programa koje smo do sada radili mnogo

programa reda 1. Na primer, ako bismo hteli da napravimo program A takav

da je Ax = x(xx), onda bi to bio program WL. Takode, mozemo napraviti

program A takav da je Ax = (x(xx))((xxx)x) i on bi takodje bio reda 1.

Pod programom reda 2 podrazumevamo program A takav da se Axy moze

izraziti samo preko programa x i y. Primeri program drugog reda su W, T i L.

Program reda 3 je program A cija definicija ukljucuje tri promenjivex, y i

z. Tako da se program Axyz moze izraziti samo preko programa x, y i z. Vecina

programa koje smo do sada radili su reda 3, na primer programi B, C, R, F,

V i Q. Na slican nacin definisemo programe reda 4, 5, 6, 7, 8 i tako dalje.

Program koji ima neki red naziva se pravi kombinatorni program ili krace,

pravi kombinator. Pod kombinatornim programom ili samo kombinatorom po-

drazumeva se program koji se moze izraziti preko pravih kombinatora. Nije

svaki kombinatorni program pravi kombinator. Na primer programi T i I su

pravi kombinatori, stoga je TI je kombinator, ali nije pravi. Ako bi bio pravi,

kog reda bi bio? Nije reda 1, jer TIx mozemo svesti na xI, ali ne mozemo dalje.

Program TIxy mozemo izraziti kao xIy, ali se nismo oslobodili prisustva I, tako

da TI nije reda 2. Najbolje sto mozemo uciniti s TIxyz je da ga izrazimo kao

xIyz. Dakle, bez obzira koliko promenljivih dodajemo zdesna uz TI, nikako se

ne mozemo otarasiti I, pa program TI nije nijednog reda. Sledi da to nije pravi

kombinator. S druge strane, program IT jeste pravi kombinator jer je IT = T,

pa je on drugog reda kao i kombinator T.

3.2. Jos o programu O programu smo govorili u odeljku 2.4. On je takav da za bilo koji program

x, ako x primenimo na x dobijamo x. Znaci da on pronalazi program

koji x voli. Programi nije pravi kombinator! Medutim, on se na razlicite

nacine moze izraziti pomocu pravih kombinatora. U odeljku 2.4 nismo napravili

program , vec smo samo pokazali da pod odredenim uslovima on mora da

28

3.2. Jos o programu 29

postoji. Sada cemo videti kako ga mozemo definisati u odnosu na razlicite baze

pravih kombinatora.

1. Izvesti program pomocu programa B, M i R.

Resenje:

U resenju zadatka iz odeljka 2.4 smo videli da ako je program y kompozicija

programa x i M, onda program x voli yy. Posto je BxM kompozicija x sa

M, jer je BxMy = x(My), to znamo da x voli BxM(BxM), odnosno x

voli M(BxM). Dakle, ako nademo tako da je x = M(BxM), zadatak

je resen.

Posto je

M(BxM) = M(RMBx) = BM(RMB)x,

to za mozemo uzeti BM(RMB).

2. Mozete li pronaci jednostavnu definiciju programa pomocu programa

B,M i L?

Resenje:

U sesnaestom zadatku iz odeljka 2.3 smo pokazali da za svako x vazi da x

voli Lx(Lx). Posto je

Lx(Lx) = M(Lx) = BMLx,

to se moze definisati kao BML.

3. Pokazati da se program moze izvesti pomocu programa Q, W i L.

Resenje:

Opet koristimo cinjenicu da x voli Lx(Lx). Sada imamo

Lx(Lx) = QL(Lx)x = QL(QL)xx = W(QL(QL))x,

pa mozemo definisati kao W(QL(QL)).

4. Posebno uredna konstrukcija programa koristi samo programe Q i M.

Diskusija: Pod regularnim kombinatorom podrazumevamo pravi kombi-

nator takav da, po svojoj definiciji, najlevlja promenljiva, recimo x, na

levoj strani jednakosti je takode najlevlja na desnoj strani, i pojavljuje

se samo jednom na desnoj strani. Na primer, program C je regularan;

Cxyz = xyz, i x je najlevlja promenljiva i javlja se samo jednom u izrazu

xyz. S druge strane, program R nije regularan; Rxyz = yzx, i x nije

najlevlja promenljiva izraza yzx. Takode M nije regularan, zato sto se

x pojavljuje dvaput u xx. Kombinatori B, C, W, L, S, I i K su svi

regularni; kombinatori T, R, F, V, i Q nisu.

30 ODELjAK 3. FIKSNA TACKA

Resenje:

Koristimo cinjenicu da x voli Lx(Lx), i zato x voli M(Lx). Sada imamo

da je

M(Lx) = QLMx,

pa x voli QLMx, sto znaci da mozemo definisati kao QLM. Po trecem

zadatku iz odeljka 2.9 imamo da se L moze definisati kao QM pa dobijamo

izraz Q(QM)M koji definise kombinator .

5. Pokazati da program moze biti izveden iz programa S i L.

Resenje:

Posto je Lx(Lx) = SLLx, to mozemo definisati kao SLL.

6. Pokazati da program moze biti izveden iz programa B, W i S.

Resenje:

Pokazali smo da SLL definise program . Takode vazi SLL = WSL,

pa i WSL definise . Po drugom zadatku iz odeljka 2.9 imamo da se L

moze definisati kao BWB, odakle dobijamo da se moze definisati kao

WS(BWB).

3.3. Tjuringov programNikola Gujanicic

Uvodimo novi program U koji cemo zvati Tjuringov program i koji za sve pro-

grame x i y zadovoljava

Uxy = y(xxy).

7. Dokazati da ako postoje programi B, M i T, onda mora da postoji i

program U.

Resenje:

Posto postoje programi B, M i T, onda po rezultatima iz odeljka 2.9

postoje i programi W, L i Q. Kako je

y(xxy) = Q(xx)yy = LQxyy = W(LQx)y = BW(LQ)xy,

mozemo uzeti da je BW(LQ) trazeni program U.

8. Dokazati da je sam U dovoljan da se izvede mudrac .

Resenje:

Za sve x i y vazi Uyx = x(yyx). Ako zamenimo y sa U dobijamo

UUx = x(UUx).

Dakle, mozemo definisati kao UU.

3.4. Program O 31

Neki otvoreni problemi: Videli smo da se kombinator , koji nije

pravi, moze izvesti iz samo jednog pravog kombinatoraTjuringovog pro-

grama U. Znamo da U nije regularan. Pitanje je da li se moze izvesti

iz samo jednog regularnog kombinatora? Da li se moze izvesti iz B i

jos samo jednog regularnog kombinatora?

3.4. Program OProgram O je novi pravi kombinator koji zadovoljava za sve x i y

Oxy = y(xy).

9. Potrebno je pokazati da program O moze biti izveden iz B, C i W.

Tacnije, dovoljno je da postoje Q i W.

Resenje:

Prvi deo mozemo pokazati na sledeci nacin:

y(xy) = Bxyy = CBxyy = W(CBx)y = BW(CB)xy,

pa O mozemo definisati kao BW(CB). Za drugi deo posmatrajmo

y(xy) = Qxyy = W(Qx)y = QQWxy,

pa O mozemo definisati kao QQW.

10. Potrebno je pokazati da ako program x voli program y, tada x voli i

program xy.

Resenje:

Pretpostavimo da x voli y. Tada je xy = y. Posto x voli y i y = xy, onda

je x(xy) = xy = y sto znaci da x voli xy.

11. Zanimljiva cinjenica o programu O je ta da ako primenimo program O na

program , dobijamo mudraca ali to jos ne mora da znaci da je on isto sto i

program . Drugim recima, za bilo koji program x vazi x(Ox) = Ox.

Dokazimo ovo.

Resenje:

Posto je mudrac, to za bilo koji program x vazi da x voli x. Po

prethodnom zadatku imamo da onda x voli i x(x). Posto je x(x) =

Ox dobili smo da je x(Ox) = Ox.

12. Podjednako interesantna cinjenica je da program O voli samo mudrace.

Drugim recima, za bilo koji program A, ako je OA = A, onda A mora biti

neki mudrac. Dokazati.

32 ODELjAK 4. KOMBINATORNA LOGIKA

Resenje:

Pretpostavimo da je OA = A. Tada za bilo koji program x vazi

Ax = OAx = x(Ax),

pa je A mudrac.

4. Kombinatorna logika4.1. Cista kombinatorna logikaAleksandra -Duric i Ana -Dordevic

Matematicki cemo formalizovati pravila koja smo dosad primenjivali. Uvescemo

cistu kombinatornu logiku CL (na engleskom Combinatory Logic). Postoje ra-

zliciti nacini zadavanja a mi je uvodimo kao jednakosni racun. Pocinjemo od

alfabeta koji se sastoji od:

Konstanti: K,S

Promenljivih: x, y, z . . .

Zagrada: ( , )

Simbola jednakosti: =

Da bismo formulisali jezik induktivno cemo uvesti terme jezika:

1. Konstante i promenljive su CL-termi

2. Ako su reci X i Y nad ovim alfabetom CL-termi, onda je i rec (XY )

takode CL-term.

3. Nista vise nije CL-term.

Za oznacavanje CL-terama najcesce koristimo simbole X, Y , Z . . . i zadrzavamo

pravila brisanja zagrada uvedena u odeljku 2.5. Kombinator je CL-term bez

promenljivih.

Formule kojima se bavimo u kombinatornoj logici su oblika X = Y , gde su

X i Y neki CL-termi. Racun je zadat sledecim aksiomama

X = X, KXY = X, SXY Z = XZ(Y Z)

i pravilima izvodenja

X = Y

Y = X

X = Y Y = Z

X = Z

X = Y

XZ = Y Z

X = Y

ZX = ZY

Kombinator I nije primitivan u jeziku vec ga definisemo kao I =df SKK i

nadalje ga koristimo kao da nam je dat u alfabetu.

33


4.2. ApstrakcijaApstrakcija je operacija koju mozemo primeniti nad termima kombinatorne

logike i koja nam mehanicki izvodi sve ostale prave kombinatore preko kom-

binatora S i K. Ona je unarna operacija, sto znaci da radi na jednom termu.

Ukoliko zelimo apsrakciju svih promenljivih, operaciju moramo primeniti ono-

liko puta koliko imamo razlicitih promenljivih.

Za promenljivu i term X, induktivno cemo uvesti term [].X u kome se

ne pojavljuje i za koji cemo pokazati da vazi ([].X) = X:

(p1) []. =df I,

(p2) [].X =df KX, ako se ne pojavljuje u X,

(p3) [].Y =df Y , ako se ne pojavljuje u Y ,

(p4) [].Y Z =df S([].Y )([].Z), ako se ni (p2) ni (p3) ne moze primeniti.

Teorema 4.2.1. Za svaku promenljivu i svaki CL-term X vazi:

([].X) = X.

dokaz. Indukcijom po slozenosti X.

(baza indukcije) Ako je X bas promenljiva , onda je [].X = I pa je

([].X) = I = = X.

Ako je X atom ali nije , onda je [].X = KX, pa je

([].X) = KX = X.

(induktivni korak) Neka je X oblika Y Z. Ako se ne pojavljuje u Y i Z,

onda postupamo kao u drugom slucaju baze indukcije.

Ako je Z isto sto i i se ne pojavljuje u Y , onda je [].Y Z = Y , pa je

([].X) = Y = Y Z = X.

Ako se na [].X ne mogu primeniti ni (p2) ni (p3), onda je [].Y Z =

S([].Y )([].Z), pa je

([].X) = S([].Y )([].Z) = ([].Y )(([].Z))i.h.= Y Z = X.

aKoristeci ovu teoremu, pomocu kombinatora I, K i S definisacemo u CL

kombinatore koji imaju istu ulogu kao ranije pomenuti pravi kombinatori B, C,

W, U kao i jedan novi pravi kombinator A.

4.2. Apstrakcija 35

1. Definisanje kombinatora A takvog da je Ax = x(xxx)x. Krecemo od

terma x(xxx)x i trazimo sta je [x].x(xxx)x

[x].x(xxx)x = S([x].x(xxx))([x].x) = S(S([x].x)([x].xxx))I =

= S(SI(S([x].xx)([x].xx)))I = S(SI(S(S([x].x)([x].x))I))I =

= S(SI(S(SII)I))I.

Dakle, A u CL mozemo definisati kao S(SI(S(SII)I))I. Sledi provera:

S(SI(S(SII)I))Ix = SI(S(SII)I)x(Ix) = Ix(S(SII)Ix)x = x(SIIx(Ix))x =

= x(Ix(Ix)x)x = x(xxx)x.

2. Definisanje kombinatora B. Posto je Bxyz = x(yz), krecemo od terma

x(yz) i trazimo sta je [z].x(yz)

[z].x(yz) = S([z].x)([z].yz) = S(Kx)y.

Zatim racunamo

[y].S(Kx)y = S(Kx).

Zatim racunamo

[x].S(Kx) = S([x].S)([x].Kx) = S(KS)K.

Dakle, B u CL mozemo definisati kao S(KS)K. Provera:

S(KS)Kxyz = KSx(Kx)yz = S(Kx)yz = (Kx)z(yz) = x(yz)

3. Definisanje kombinatora C. Posto je Cxyz = xzy, krecemo od terma xzy

i trazimo sta je [z].xzy

[z].xzy = S([z].xz)([z].y) = Sx(Ky).

Zatim racunamo

[y].Sx(Ky) = S([y].Sx)([y].Ky) = S(K(Sx))K.

Zatim racunamo

[x].S(K(Sx))K = S([x].S(K(Sx)))([x].K) = S(S([x].S)([x].K(Sx)))(KK) =

= S(S(KS)(S([x].K)([x].Sx)))(KK) = S(S(KS)(S(KK)S))(KK).

Dakle, C u CL mozemo definisati kao S(S(KS)(S(KK)S))(KK). Provera:

S(S(KS)(S(KK)S))(KK)xyz = S(KS)(S(KK)S)x)(KKx)yz =


= S(KS)(S(KK)S)x)K)yz = KSx(S(KK)Sx)Kyz = S(S(KK)Sx)Kyz =

= S(KKx(Sx))Kyz = S(K(Sx))Kyz = K(Sx)y(Ky)z = Sx(Ky)z =

= xz(Kyz) = xzy.

4. Definisanje kombinatora W. Posto je Wxy = xyy, krecemo od terma xyy

i trazimo sta je [y].xyy

[y].xyy = S([y].xy)([y].y) = SxI.

Zatim racunamo

[x].SxI = S([x].Sx)([x].I) = SS(KI).

Dakle, W u CL mozemo definisati kao SS(KI). Provera:

SS(KI)xy = Sx((KIx)y = SxIy = xy(Iy) = xyy.

5. Definisanje kombinatora U. Posto je Uxy = y(xxy), krecemo od terma

y(xxy) i trazimo sta je [y].xyy

[y].y(xxy) = S([y].y)([y].(xx)y) = SI(xx).

Zatim racunamo

[x].SI(xx) = S([x].SI)([x].xx) = S(K(SI))(S([x].x)([x].x)) = S(K(SI))(SII).

Dakle, U u CL mozemo definisati kao S(K(SI))(SII). Provera:

S(K(SI))(SII)xy = K(SI)x(SIIx)y = K(SI)x(Ix(Ix))y = SI(xx)y =

= Iy(xxy) = y(xxy)

4.3. Teorema o fiksnoj tackiKatarina Smiljanic i Dusan Badza

Operacija supstitucije CL-terma A na mesto promenljive x u CL-termu Y je

meta-operacija u CL i oznacavamo je sa Y xA . Na primer

(y(xz)(zyx))xtt = y(ttz)(zy(tt)).

Indukcijom po duzini dokaza za Y = Z u CL, lako pokazujemo da vazi

sledeca teorema.

Teorema 4.3.1. Ako je Y = Z u CL, onda je i Y xA = ZxA u CL.

4.3. Teorema o fiksnoj tacki 37

Kao posledicu ove teoreme i teoreme 4.2.1, posto se promenljiva ne po-

javljuje u [].X imamo sledecu teoremu.

Teorema 4.3.2. Za svaku promenljivu i CL-terme X i A vazi:

([].X)A = XA.

Posto je u kombinatornoj logici moguce definisati kombinatore B i M, to je

tacno da svaki CL-term X voli bar jedan CL-term Y , to jest vazi

XY = Y.

Stavise, u kombinatornoj logici za bilo koji CL-term X vazi

X(X) = X,

gde je definisano kao kombinator UU i to dokazuje sledecu teoremu.

Teorema o fiksnoj tacki. CL-term UUX je fiksna tacka za X, to jest

X(UUX) = UUX.

Posledica. Jednacinu oblika

xx1x2...xn = Z

uvek mozemo resiti po promenljivoj x.

dokaz. Kao prvo cemo odrediti apstrakciju desne strane ove jednacine po

promenljivim x, x1, . . . , xn i to oznaciti sa A. Dakle, A = [xx1x2...xn].Z.

Zatim cemo pokazati da je A = UUA resenje jednacine po promenljivoj x.

Ax1 . . . xn = UUAx1 . . . xn,

= AAx1 . . . xn, po teoremi o fiksnoj tacki,

= ZxA, po teoremi 4.3.2. aRadi lakseg zapisa i razumevanja resenja zadataka prvo cemo traziti kombi-

nator A apstrakcijom primenjenom na desnu stranu polazne jednacine a zatimcemo dobijeni rezultat zameniti u formulu A = UUA.

1. Naci kombinator A koji zadovoljava jednakost Ax = x(Ax).

Resenje:

Prvo se u jednacinu Ax = x(Ax) upisuje y umesto A tako da se dobije:

yx = x(yx). Zatim treba izvrsiti apstrakciju desne strane kako bi se


dobio kombinator A. Prilikom apstrakcije prvo se eliminise x iz x(yx):[x].x(yx) = S([x].x)([x].yx) = SIy, a zatim y iz dobijenog rezultata, to

jest iz SIy: [y].SIy = SI.

Eliminisanjem x i y dobija se kombinator A pa je krajnje resenje jednacineA = UU(SI).

2. Naci kombinator A koji zadovoljava jednakost Ax = xA.

Resenje:

Prvo se u jednacinu Ax = xA upisuje y umesto A pa se dobija: yx = xy.

Zatim se vrsi apstrakcija desne strane kako bi se dobio kombinator A.Prilikom apstrakcije se prvo eliminise x iz xy:

[x].xy= S([x].x)([x].y)

= SI(Ky)

a zatim y iz dobijenog rezultata:

[y].SI(Ky) = S([y].SI)([y].Ky)

= S(K(SI))K.

Na kraju S(K(SI))K treba upisati u formulu A = UUA umesto A pa jekrajnje resenje jednacine A = UU(S(K(SI))K).

3. Naci kombinator A koji zadovoljava jednakost Ax = Axx.

Resenje:

U jednacinu Ax = Axx se umesto A upisuje y na sledeci nacin: yx =

yxx. Zatim se vrsi apstrakcija desne strane da bi se dobio kombinator A.Prilikom apstrakcije treba prvo eliminisati x iz yxx:

[x].yxx = S([x].yx)([x].x)

= SyI

pa onda y treba eliminisati iz SyI:

[y].SyI = S([y].Sy)([y].I)

= SS(KI).

Na kraju SS(KI) treba ubaciti u formulu A = UUA umesto A pa jekrajnje resenje jednacine A = UU(SS(KI)).

right-head 39

4. Naci kombinator A koji zadovoljava jednakost Ax = AA.

Resenje:

Jednacinu oblika Ax = AA treba zapisati na sledeci nacin: yx = yy.

Zatim se vrsi apstrakcija desne strane kako bismo dobili kombinator A.Prilikom apstrakcije se prvo eliminise x iz yy:

[x].yy = K(yy)

A zatim y iz dobijenog rezultata:

[y].K(yy) = S([y].K)([y].yy)

= S(KK)(SII).

Dakle, krajnje resenje je A = UU(S(KK)(SII)).

5. Iskazna logika i aritmetika5.1. Iskazna logikaJelena Crnogorac, Stefan Vrankovic i Filip Novovic

U ovom odeljku cemo govoriti o klasicnoj iskaznoj logici, njenoj sintaksi i se-

mantici. Opisacemo prirodno-deduktivni sistem pomocu koga cemo formulisati

pojam teoreme ove logike. Dacemo tablice za logicke veznike i formulisacemo

pojam tautologije. Spomenucemo i teoremu potpunosti. U CL cemo definisati

kombinatore koji odgovaraju logickim konstantama > i a zatim i kombinatorekoji odgovaraju veznicima , ,, i . Pocinjemo od alfabeta koji se sastojiod:

iskaznih slova p, q, r, . . .

konstante

veznika , i

zagrada ( , )

Zatim induktivno definisemo pojam iskazne formule.

1. Iskazna slova i konstanta su iskazne formule.

2. Ako su reci A i B nad datim alfabetom iskazne formule, onda su (AB),(A B) i (A B) takode iskazne formule.

3. Nista vise nije iskazna formula.

Po dogovoru, nikad ne pisemo najspoljasnjije zagrade. Unarni veznik, negaciju,

definisemo kao A =df A a binarni veznik, ekvivalenciju, definisemo kaoA B =df (A B) (B A). Ovime smo definisali jezik iskazne logike.

U prirodnoj dedukciji su nam data pravila koja su podeljena u dve grupe:

ona koja uvode veznik i ona koja eliminisu veznik.

A B

A BA BA

A BB

A

A BB

A BA B

[A]

C

[B]

C

C

40

5.1. Iskazna logika 41

[A]

B

A BA B A

B

[A]A

Pretpostavke u uglastim zagradama nakon primene pravila vise nisu aktivne

one su obrisane u tom trenutku. Izvodenje u prirodnoj dedukciji je drvo koje u

svakom cvoru ima neku formulu, po vertikali su formule povezane datim pravili-

ma izvodjenja, na vrhu drveta su pretpostavke a u korenu je zakljucak izvodenja.

Ukoliko su u nekom izvodenju sve pretpostavke precrtane onda je formula A koja

je zakljucak tog izvodenja teorema. To oznacavamo sa ` A. Sledece izvodenjenam pokazuje da je

(q r) ((p q) (p r))

teorema klasicne iskazne logike.

(3) [q r](2) [p q] [p] (1)

q

r

p r(1)

(p q) (p r)(2)

(q r) ((p q) (p r))(3)

Kada govorimo o semantici klasicne iskazne logike obavezno navodimo sledece

istinosne tablice u kojima slovo ,,t znaci istinu (tacno), dok slovo ,,f znaci laz

(netacno).

p pt ff t

p q p qf f ff t ft f ft t t

p q p qf f ff t tt f tt t t

Table 5.1: Tablice za negaciju, konjunkciju i disjunkciju

42 ODELjAK 5. Iskazna logika i aritmetika

p q p qf f tf t tt f ft t t

p q p qf f tf t ft f ft t t

Table 5.2: Tablice za implikaciju i ekvivalenciju

Za iskaznu formulu A kazemo da je tautologija kada je ona tacna (ima vred-

nost t) za sve vrednosti svojih iskaznih slova. To oznacavamo sa |= A.

Teorema potpunosti. Formula A je teorema (` A) akko je A tautologija(|= A).

U ovom odeljku cemo videti kako kombinatorna logika moze da posluzi za

racunanje vrednosti iskazne formule za konkretnu valuaciju njenih iskaznih slova.

Dakle, CL nam moze pomoci za semantiku iskazne logike. To kako nam CL moze

pomoci za sintaksnu stranu iskazne logike, to jest kako u CL mozemo kodirati

jedan fragment prirodne dedukcije, videcemo u odeljku 7.1.

Za pocetak cemo definisati dva kombinatora t i f koje interpretiramo kao

istinu i laz. Postoji vise mogucnosti kako se to moze uraditi a mi se drzimo

definicije date u [8]:

t =df K f =df KI.

Osnovno svojstvo ovako definisanih kombinaora t i f je da za proizvoljne CL-

terme X i Y vazi

tXY = X fXY = Y.

1. Objasniti zasto resenje jednacine Nx = xft po nepoznatoj N predstavlja

kombinator za koji ce vaziti Nt = f i N f = t.

Resenje:

Prvo cemo za N koje zadovoljava gornju jednacinu ,,izracunati vrednost

terma Nt

Nt = tft = Kft = f

a zatim vrednost terma N f

N f = fft = KIft = It = t.

U narednim zadacima cemo uvesti kombinatore koji ce se redom interpre-

tirati kao negacija, konjunkcija, disjunkcija, implikacija i ekvivalencija u

smislu da kad ih primenimo na odgovarajuci niz kombinatora t i f, kao

rezultat dobijamo onu vrednost koju bi nam dale gornje istinosne tablice.

5.1. Iskazna logika 43

2. Prvi kombinator koji uvodimo je N, koji predstavlja negaciju. Dakle,

N radi sledece Nt = f i Nf = t. Po prethodnom primeru N dobijamo

kao resenje jednacine Nx = xft po nepoznatoj N . Koristeci tehniku iz

odeljka 4.2, kombinator N dobijamo kada apstrahujemo desnu stranu ove

jednacine po x:

N = [x].xft = S([x].xf)([x].t)

= S(S([x].x)([x].f))(Kt)

= S(SI(Kf))(Kt)

Dakle, N mozemo definisati kao

N =df S(SI(Kf))(Kt).

Provera:

Nt = S(SI(Kf))(Kt)t

= SI(Kf)t(Ktt)

= It(Kft)(Ktt)

= tft = f (t = K i KfK = f)

Nf = S(SI(Kf))(Kt)f

= SI(Kf)f(Ktf)

= If(Kff)(Ktf) = fft = t (f = KI i KI(KI)t = It = t).

3. Drugi kombinator koji uvodimo je c. On racuna vrednost konjunkcije.

Dakle, treba da vazi ctt = t; ctf = f; cft = f; cff = f.

Koristeci osnovna svojstva kombinatora t i f vidimo da nam je dovoljno

da c zadovoljava jednacinu

cxy = x(ytf)f.

Tu jednacinu resavamo, kao i u prethodnom slucaju, apstrakcijom desne

strane. Prvo apstrahujemo po y

[y].x(ytf)f = S([y].x(ytf))([y].f)

= S(S([y].x)([y].ytf))(Kf)

= S(S(Kx)(S([y].yt)([y].f)))(Kf)

= S(S(Kx)(S(S([y].y)([y].t))(Kf))(Kf)

= S(S(Kx)(S(SI(Kt))(Kf)))(Kf)


a zatim po x

[x].S(S(Kx)(S(SI(Kt))(Kf)))(Kf)

= S(S(KS)(S(S(KS)K)(K(S(SI(Kt))(Kf)))))(K(Kt))

i tako dobijamo definiciju kombinatora c.

4. Kombinator d treba da racuna vrednost disjunkcije. Dakle, treba da vazi

dtt = t; dtf = t; dft = t; dff = f.

Analogno prethodnom zadatku vidimo da nam je dovoljno da kombinator

d zadovoljava jednacinu

dxy = xt(ytf),

pa ga mozemo definisati kao

d =df [xy].x(ytf)t = S(S(KS)(S(KK)(SI(Kt))))(K(S(SI(Kt))(Kf))).

5. Kombinator i treba da racuna vrednost implikacije. Dakle, treba da vazi

itt = t; itf = f; ift = t; iff = t.

Jednacina cijim se resavanjem on dobija je

ixy = x(ytf)t,


i =df [xy].x(ytf)t

= S(S(KS)(S(S(KS)K)(K(S(SI(Kt))(Kf)))))(K(Kt)).

6. Kombinator e treba da racuna vrednost ekvivalencije. Dakle, treba da

vazi ett = t; etf = f; eft = f; eff = t.

Jednacina cijim se resavanjem on dobija je

exy = x(ytf)yft,


e =df [x, y].x(ytf)yft

= S(S(KS)(S(S(KS)(S(S(KS)(S(S(KS)K)(K(S(SI(Kt))(Kf)))))

(KI)))(K(Kf))))(K(Kt)).

5.2. Aritmetika u kombinatornoj logici 45

5.2. Aritmetika u kombinatornoj logiciDarko Losic i Petar Vukmirovic

U ovom odeljku cemo govoriti o predstavljanju aritmetickih funkcija u kombi-

natornoj logici i tu ce znacajnu ulogu imati pravi kombinator V koji za sve x,

y i z zadovoljava

Vxyz = zxy.

Napominjemo da pod aritmetikom smatramo samo aritmetiku na prirodnim

brojevima, to jest nenegativnim celim brojevima 0, 1, 2, . . ., tako da kad god

se u tekstu pomene broj, misli se na neki od nenegativnih celih brojeva. Pod

pojmom sledbenik nekog broja n (u oznaci n+) smatramo broj n uvecan za 1

(primera radi sledbenik broja 0 je 1, sledbenik 1 je 2, sledbenik 2 je 3 i tako

daljesledbenik n je n+ = n + 1). Analogno se definise prethodnik broja n

u oznaci n (0 nema prethodnika, prethodnik 1 je 0, . . . , prethodnik n + 1 jen). Svaki broj n je predstavljen odgovarajucim kombinatorom. Kombinator

oznacavamo sa n, a broj je oznacen samo sa n kako bi se izbegla zabuna u

daljem tekstu.

Kombinator sledbenik se oznacava sa i definisan je kao Vf, gde je f defin-

isano u prethodnom odeljku kao KI. Za kombinator 0 uzimamo kombinator

identitet I. Onda vazi sledece

1 = 0 = VfI, 2 = 1 = Vf(VfI), 3 = 2 = Vf(Vf(VfI)), . . . ,

odnosno

0 = I, 1 = 0, 2 = (0), . . .

Kombinatori oblika n se nazivaju numerickim kombinatorima ili prosto numer-

alima.

Za kombinator A kazemo da je aritmeticki kombinator tipa 1 kada za svaki

numericki kombinator n, kombinator An je numericki. Neformalno govereci, ovo

znaci da primenjen na broj kombinator A daje broj. Slicno mozemo definisati

aritmeticke kombinatore viseg redaza kombinator A kazemo da je aritmeticki

kombinator tipa 2 kada za svaka dva numericka kombinatora n i m, kombinator

An m je numericki, ili ekvivalentno, kombinator An je aritmeticki kombinator

tipa 1.

U zadacima koji slede objasnicemo zasto u CL postoje kombinatori koji

izvrsavaju sledece tri osnovne aritmeticke operacije:- kombinator sabiranja je kombinator za koji vazi da za bilo koja dva ne-

negativna cela broja n,m imamo da je kombinatorn m zbir n i m,

odnosno kombinator koja predstavlja taj zbir. Drugim reciman m =

n+m. Na primer

2 3 = 5,

5 0 = 5,

1 2 = 3 i tako dalje.


- kombinator mnozenja je kombinator za koji vazi da za bilo koja dva

nenegativna cela broja n,m imamo da je kombinatorn m proizvod n

i m, odnosno kombinator koja predstavlja taj proizvod. Drugim recimanm = n m. Na primer 2 3 = 6, 1 4 = 4, 3 7 = 21 i tako dalje.

- kombinator stepenovanja je kombinator za koji vazi da za bilo koja dva

nenegativna cela broja n,m imamo da je kombinatorn m broj n po-

mnozen m puta sam sa sobom, odnosno kombinator koji predstavlja taj

proizvod. Drugim recimanm = nm. Na primer

2 4 = 16,

4 3 =

64,

5 2 = 25 i tako dalje.

U uvodu smo definisali prehodnika svakog pozitivnog broja n. Ono sto nam

je sada potrebno je kombinator prethodnik P koji racuna prethodnike. For-

malno govoreci treba nam kombinator P takav da za svaki prirodan broj n vazi

Pn+ = n.

Koristicemo i kombinator koji proverava da li je numericki kombinator jed-

nak 0. Ovaj kombinator cemo oznaciti sa Z i za njega ce vaziti sledece

Z0 = t, Zn+ = f,

gde su t i f kombinatori definisani u prethodnom odeljku kao

t = K, f = KI.

Ovakav izbor je napravljen zato sto za proizvoljne CL-terme x i y vazi txy = x

jer Kxy = x a fxy = KIxy = Iy = y.

Kombinator Z mozemo dobiti kao resenje jednacine Zx = xt, sto daje Z =

SI(Kt) ili ga prosto mozemo definisati kao Tt, gde je kombinator T uveden u

odeljku 2.7. Razlog tome je sto ce ovako definisan kombinator Z primenjen na

0 davati t, dok ce primenjen na bilo koji drugi numericki kombinator davati f :

Z0 = TtI = It = t,

Zn+ = Ttn+ = n+t = Vfnt = tfn = f .

Ono sto koristimo je zgodno svojstvo kombinatora Zkombinator koji je

rezultat primene kombinatora Z i na n pa na m je n kada je i = 0, inace je m.

1. Zadatak je da se pronade kombinator

. Za to ce nam pomoci rekurzivna

definicija sabiranja. Znamo da za svaka dva nenegativna cela broja n i m

vazi:

n+ 0 = n i n+ (m+) = (n+m)+

Neformalno govoreci, 0 je neutral za sabiranje, a sabiranje broja n sa

sledbenikom broja m mozemo svesti na trazenje sledbenika broja koji je

zbir n i m. Ovo poslednje je isto sto i reci da za m > 0, zbir n i m je jednak

5.2. Aritmetika u kombinatornoj logici 47

sledbeniku zbira n i prethodnika od m, sto je zgodnije zbog konteksta u

kome se nalazimo. Prelazeci na termine kombinatorne logike, mi u stvari

trazimo kombinator

za koji vazi:n 0 = n i za m > 0

n m = (

n (Pm)).

Stoga,

mora da zadovolji da za svako n i m, bilo da su 0 ili pozitivni,n m = Zm n((

n(Pm))).

Do kombinatora

dolazimo resavajuci jednacinu

zxy = Zyx((zx(Py))).

po z. Radi toga se prvo izvrsi apstrakcija

[zxy].Zyx((zx(Py)))

a zatim se UU primeni na dobijeni kombinator. U svakom slucaju se

primenjuje tehnika uvedena u odeljku 4.3.


uz pomoc kombinatora

iz

prethodnog zadatka. Koristimo rekurzivnu definiciju mnozenja preko sabi-

ranja:

n 0 = 0, n m = n (m+) = (n m) + n.Stoga,

mora da zadovolji da za svako n i m:

n m = Zm0(

(

n(Pm))n).

Do kombinatora


zxy = Zy0(

(zx(Py))x)

po nepoznatoj z. Resenje postoji po teoremi o fiksnoj tacki.


uz pomoc kombinatora

iz

prethodnog zadatka. Koristimo rekurzivnu definiciju stepenovanja preko

mnozenja.

n0 = 1, n(m+) = nm n.

Stoga,

mora da zadovolji da za svako n i m:n m = Zm1(

(

n (Pm))n).

Do kombinatora


zxy = Zy1(

(zx(Py))x)

po nepoznatoj z. Postojanje resenja nam opet garantuje teorema o fiksnoj

tacki.


5.3. Rekurzivne funkcijePetar Simovic i Nikola Nikolov

U ovom odeljku cemo govoriti o rekurzivnim funkcijama i mogucnosti njihovog

predstavljanja u CL. Sve rekurzivne funkcije su aritmeticke, to jest, imaju

domen oblika Nn za n 1 a kodomen im je N. To je klasa (parcijalnih)funkcija koja je induktivno definisana na sledeci nacin:

Osnovne rekurzivne funkcije su:

konstantna nula funkcija

z : N N, z(n) = 0,funkcija sledbenik

s : N N, s(x) = x+ 1,funkcija i-te projekcije

uni : Nn N, uni (x1, . . . , xn) = xi.

Operacije s rekurzivnim funkcijama (uvodimo skracenicu ~x = (x1, . . . , xn)):

supstitucija

Ako su funkcije f : Nk N i g1, . . . , gk : Nn N u klasi, onda je ifunkcija h : Nn N definisana sa

h(~x) = f(g1(~x), . . . , gk(~x))

takodje u klasi.

rekurzija

Ako su funkcije f : Nn N i g : Nn+2 N u klasi, onda je i funkcijah : Nn+1 N definisana sa:

h(~x, 0) = f(~x),

h(~x, y + 1) = g(~x, y, h(~x, y))

takodje u klasi.

minimizacija

Ako je funkcija f : Nn+1 N u klasi, onda je i funkcija h : Nn Ndefinisana sa:

h(~x) = y(f(~x, y) = 0) =

najmanje y takvo da je f(~x, z) definisanoza sve z y i f(~x, y) = 0,

nedefinisano, ako takvo y ne postoji,

takodje u klasi.

5.3. Rekurzivne funkcije 49

Kao i u prethodnom odeljku, kombinator F predstavlja funkciju f : Nn Nkada za svaku n-torku prirodnih brojeva (m1, . . . ,mn) vazi da je

F m1 . . .mn = f(m1, . . . ,mn).

U slucaju kada funkcija f nije totalna i njena vrednost u (m1, . . . ,mn) nije de-

finisana, onda CL-term F m1 . . .mn nema normalnu formu (videti odeljak 6.1).

Sasvim lako dolazimo do kombinatora koji predstavljaju osnovne rekurzivne

funkcije. Funkcija z je predstavljena kombinatorom KI, funkcija s je predsta-

vljena kombinatorom Vf, dok je funkcija uni predstavljena kombinatorom koji

se dobija apstrakcijom

[x1 . . . xn].xi.

Na primer, neka je n = i = 2. Dobijamo

[x1x2].x2 = [x1].([x2].x2) = [x1].I = KI,

to jest isti kombinator koji je predstavljao konstantnu nula funkciju. Razlika

je sto ovaj kombinator primenjujemo na dva numerala i on stvarno daje drugu

projekciju jer

KIm1m2 = Im2 = m2.

Ukoliko uzmemo da je n = 2 a i = 1, onda dobijamo

[x1x2].x1 = [x1].([x2].x1) = [x1].Kx1 = K

i proveravamo da je to stvarno prva projekcija, to jest

Km1m2 = m1.

Sto se tice kombinatora koji predstavljaju rekurzivne funkcije dobijene od

rekurzivnih funkcija (za koje induktivno pretpostavljamo da su predstavive u

CL) primenom gorenavedenih operacija, njih dobijamo na sledeci nacin:

sup Ako su F,G1, . . . ,Gk kombinatori koji predstavljaju redom rekurzivne

funkcije f, g1, . . . , gk, onda je funkcija h(~x) = f(g1(~x), . . . , gk(~x)) pred-

stavljena kombinatorom H dobijenim apstrakcijom

[x1 . . . xn].F(G1x1 . . . xn) . . . (Gkx1 . . . xn).

rek Ako su F i G kombinatori koji predstavljaju redom funkcije f : Nn Ni g : Nn+2 N, onda je funkcija h : Nn+1 N dobijena rekurzijom

h(~x, 0) = f(~x),

h(~x, y + 1) = g(~x, y, h(~x, y))

50 ODELjAK 6. KONFLUENCIJA, -RACUN

predstavljena resenjem sledece jednacine po nepoznatoj H

Hx1 . . . xny = Zy(Fx1 . . . xn)(Gx1 . . . xn(Py)(Hx1 . . . xn(Py)).

min Ako kombinator F predstavlja funkciju f : Nn+1 N, onda je funkcijay(f(~x, y) = 0) predstavljena kombinatorom A0 AI, gde je A resenjejednacine

Ayx1 . . . xn = Z(Fx1 . . . xny)y(A(Vfy)x1 . . . xn).

6. Konfluencija, -racun6.1. Konfluencija za CLFALI Tamara Baralic i Milica Sudar

U ovom odeljku cemo govoriti o relaciji redukcije na CL-termima. Formulisacemo

Cerc-Roserovu teoremu i neke njene posledice. Da bismo razumeli tu teoremu,

najpre moramo definisati odredene pojmove.

Podterm nekog CL-terma definisemo kao njegovu podrec koja je i sama CL-

term. Svaki CL-term oblika KXY i SXY Z se naziva redeksom, a njihovi kon-

traktumi su redom X i XZ(Y Z). Ako zamena jednog podterma oblika redeksa

u CL-termu P odgovarajucim kontraktumom daje CL-term P , onda kazemoda se P kontrahuje na P (u oznaci P 1 P ). Ako se CL-term V dobija odCL-terma U nizom (mozda i praznim) ovakvih kontrakcija, onda kazemo da se

U redukuje na V (u oznaci U V ). Na primer S(KKy)KS S jer

S(KKy)KS1 SKKS1 KS(KS)1 S

Relacija je refleksivno i tranzitivno zatvorenje od 1, dok je jednakost u CL

refleksivno, simetricno i tranzitivno zatvorenje od 1. Ako su CL-termi X i Y

identicni (kao reci) to cemo oznazavati sa X Y . U suprotnom cemo pisatiX 6 Y .

Za CL-term kazemo da je u normalnoj formi kada on ne sadrzi podterme

oblika redeksa. Ako U V i V je u normalnoj formi, onda kazemo da je V

normalna forma za U .

Cerc-Roserova teorema. Ako se CL-term U redukuje na X i na Y , onda

postoji CL-term Z takav da se X i Y redukuju na Z.

Ovo najbolje ilustrujemo sledecim dijagramom

Z

X Y

U

@@Rp p p p p p p p p pR

ppppppppppPosledica 1. Svaki CL-term ima najvise jednu normalnu formu.

Posledica 2. Ako X i Y imaju razlicite (neidenticne) normalne forme, onda

u CL ne vazi X = Y .

Posledica 3. Jednakosni racun CL nije trivijalan.

51


Posledica 3 kaze da nije tacno da se u CL moze pokazati svaka jednakost.

Ona se dobija iz posledice 2 kada posmatramo CL-terme K i S koji nisu identicni

a nalaze se u normalnoj formi. Sada cemo koristeci Cerc-Roserovu teoremu i

njene posledice resiti nekoliko zadataka.

1. Dokazati da ako su prirodni brojevi m i n razliciti, onda u CL ne vazi

jednakost m = n.

Resenje:

Dokaz se sastoji iz dva dela. U prvom cemo pokazati da je za svaki priro-

dan broj n, term n u normalnoj formi. Zatim cemo pokazati da ako su m

i n razliciti prirodni brojevi onda CL-termi m i n nisu identicni.

Prvi deo pokazujemo indukcijom po n.

(baza indukcije) Neka je n = 0. Po definiciji imamo da je 0 = I = SKK

i posto ovaj CL-term ne sadrzi redekse, on je u normalnoj formi.

(induktivni korak) Za svaki prirodan broj n+1, vazi da je n+ 1 = Vfn.

Po induktivnoj pretpostavci n ne sadrzi redekse pa onda ni Vfn ne sadrzi

redekse te je u normalnoj formi.

Drugi deo pokazujemo indukcijom po min(n,m).

(baza indukcije) Ako pretpostavimo da je n = 0, onda m mora biti vece

od nule, jer su oni razliciti prirodni brojevi. Dovoljno je zakljuciti da tada

SKK 6 Vfm 1. Analogno postupamo kada je m = 0.(induktivni korak) Po induktivnoj pretpostavci vazi n 1 6 m 1odakle odmah zakljucujemo

n Vf n 1 6 Vfm 1 m.

Iz ovoga, po posledici 2 sledi tvrdenje.

2. Na primeru terama Sxyz i xz(yz), koji su jednaki u CL, treba pokazati

da u opstem slucaju ne vazi:

X = Y [x].X = [x].Y

Resenje:

FALI Ovo dalje srediti u stilu prethodnog. Tekst koji ste mi poslali se nije

mogao procesirati. Prvo proverite da li ga WinEdt prihvata.

Ovo cemo dokazati

FALI Kad smo spominjali aproksimaciju?

6.2. -racun 53

aproksimacijom. Pomocu dva primera pokazacemo da iako naizgled oni

deluju jednaki zbog cinjenice da su Sxyz i xz(yz) u CL-u jednaki, daju

razlicita resenja. Koristimo to da se Sxyz redukuje na XZ(Y Z), kao i

KXY na X.

FALI Koristite tabbing za dugacke formule.

[x].(SXY )z = S([x].Sxy)([x].z) = S(S([x].Sx)(xy))([x].z) = S(SS(Ky))(Kz)[x].xz(yz) = S([x].xz)([x]yz) = S(S([x].x))([x].z)) = (S([x].y)([x].z)) = S(SI(Kz))(S(K(yz)))

3. Dati primer CL-terma koji nema normalnu formu.

Resenje:

FALI Kombinatori K, S i I su masni! Sve dobro procitajte. Prethodna

verzija je sadrzala besmislene recenice i dokaze koji ne pokazuju ono sto

ste najavili.

Jedan od primera CL-terma koji nema normalnu formu je SII(SII). Ovaj

term sadrzi redeks SXY Z, gde su X = Y = I, a Z = SII. Term se kon-

trahuje u XZ(Y Z), odnosno u I(SII)(I(SII)). Ovde imamo dva redeksa,

oba oblika IX za X = SII i oni se kontrahuju u X, odnosno u SII pa se

ceo term redukuje u polazni term SII(SII) i dobijamo isti term kao i na

pocetku, sto znaci da ovaj term sadrzi redekse, ali nije u normalnoj formi.

U ovom slucaju treba napomenuti da je I definisano kao SKK, pa zbog

toga vazi da je IX jednako SKKX, sto se dalje kontrahuje u KX(KX),

i na kraju se KX(KX) kontrahuje u X.

6.2. -racunAleksandar Predic, Dragana Radojevic i Marija Zivkovic

Racun predstavlja skup nekoliko formalnih sistema, baziranih na notaciji

Alonza Cerca iz tridesetih godina proslog veka. Oni su dizajnirani tako da opisu

najosnovnije nacine kombinovanja operatora ili funkcija radi formiranja novih

operatora. U ovom odeljku cemo se baviti -racunom bez ekstenzionalnosti koji

se cesto oznacava kao -racun.

Alfabet -racuna cine:

beskonacan skup promenljivih x, y ,z, . . .

pomocni simboli , ., (, ), =.

-termi se definisu na sledeci nacin:

1. promenljive su -termi;


2. (aplikacija) ako su reci X i Y nad datim alfabetom -termi, onda je (XY )

takode -term;

3. (apstrakcija) ako je rec Y nad datim alfabetom -term, onda je x.Y

takode -term;

4. nista vise nije -term.

Zagrade vezane za primenu asocirane su ulevo. Takode, x.(y.Z) skraceno

zapisujemo kao xy.Z.

Podterm -terma je njegova podrec koja sama predstavlja -term. Pri zapisu

x.M , za M kazemo da je ,,u oblasti x. Promenljiva x je vezana u termu M

ako je u oblasti x u M , inace, promenljiva x je slobodna u M .

Supstitucija u -racunu je nesto slozenija od one u CL zato sto ovde imamo

primitivnu operaciju apstrakcije. Za bilo kojeM,N i x definisemoMxN kao rezul-

tat supstitucije N za svako slobodno pojavljivanje x u M , pri cemu po potrebi

preimenujemo vezane promenljive u M tako da nijedna slobodna promenljva iz

N ne postaje vezana posle supstitucije. Na primer,

(y.(yx))xz.y = u.(u(z.y)).

Formule kojima se bavimo u -racunu su oblika X = Y , gde su X i Y neki

-termi. Racun je zadat sledecim aksiomama

X = X, x.M = y.Mxy y 6 FV (M), (x.M)N = MxN

i pravilima izvodenja

X

Upoznavanje sa Lambda racunom

Documents

Transcript of Upoznavanje sa Lambda racunom