Posts by Jacko

    Hallo!


    War jemand von euch in der Fragestunde von heute Vormittag? Wurden Tipps gegeben?
    Hab irgendwie nicht mitbekommen (danke ans TISS), dass es eine Fragestunde gibt!


    LG

    stimmt meiner meinung nach nicht!


    kann nur mein beispiel von vorher wiederholen:
    s0-->s1-->s2-->s0
    in dem fall gibts keinen halting state in den die maschine geht!


    hab mal deine angabe bissl umgeschrieben:
    Let U be the universal turing machine. We define UL as follows:

    • UL simulates the computation of M on input x (just like U).
    • UL has an additional worktape on which it keeps track of the last reached state
    • When the simulation of M is about to enter the state x again, then UL entsers some new state h'
    • in h': if the state x is still recorded the U writes "yes" on the output tape and goes on with state x


    ..
    hoffe das stimmt


    LG Jacko

    mit "you may have to strengthen the precondition" ist gemeint, dass du vorbedingungen ändern musst, damit die totale korrektheit gilt!
    z.b. dass du bei der precondition dazugibst das j> 0 sein muss, wenn du in deiner while schleife prüfst ob j>= 0 und dann innerhalb z.b. j-- rechnest! damit wäre die totale korrektheit dann gegeben, weil die while-schleife terminiert!
    dann ist aber zu beachten, dass du eine geänderte precondition hast und damit auch noch einmal für die partielle korrektheit die erste => beweisen musst, weil sich die precondition ja geändert hat!
    in dem thread den du verlinkt hast gehts lediglich darum wie die unterschiedliche zuweisung von variablen zu behandeln ist, wenn die variablen sich gegenseitig enthalten!


    hoffe die erklärung hilft!


    lg jacko

    servus!


    Wir haben bei diesem beispiel auch noch nicht die erleuchtung gehabt!
    ich kann dir nur einige punkte bestätigen bzw. fragen stellen!


    Das TC, ~PC immer nE ist, ist mal sicher! geht ja aufgrund der definition von TC nicht anders!
    wenn {F}p{true} soviel bedeutet wie, das Programm erreicht einen Zustand nach p stimmen wir mit deiner lösung überein.
    weil mit der Lösung wird die while schleife niemals aufgerufen--> terminiert auch (deshalb auch TC)
    wenn {F}p{false} soviel bedeutet wie, das Programm erreicht nie den Zustand nach p, dann stimmen wir hier ebenfalls überein.
    mit der Bedingung wird die while-Schleife ausgeführt und kann nie mehr beendet werden, da j immer kleiner wird als i --> terminiert nicht, deshalb auch kein TC.


    bei der 3. und 4. Zeile haben wir nicht herausfinden können, was {true} bzw. {false} vor dem Programm bewirkt, deshalb verstehe ich auch deine Lösung bei 3. nicht. Könntest du da eventuell deinen denkansatz posten?


    LG,
    Jacko

    Let L={M;x | On input x, the TM M eventually returns to its initial state q0}. Show that the problem L is recursively enumerable.
    Meine Lösung:


    Let U be the universal turing machine. We define UL as follows:


    • UL simulates the computation of M on input x (just like U)
    • When the simulation of M is about to enter the halting state h, then UL enters some new state h' and checks if the halting state h is the same as the initial state q0
    • if h=q0, then UL halts with "yes"
      otherwise, UL halts with "no" (or UL may loop forever).


    Ich bin bei diesem Stoffgebiet noch nicht so wirklich gut drauf, aber wo genau in deiner UTM checkst du, ob M zum initial State s0 zurückkehrt?
    kleines Beispiel:
    du hast eine schleife die von s0-s1-s2 und wieder zu s0 geht!
    diese schleife geht nie in den halting state, L ist jedoch trotzdem erfüllt!


    ich würde irgendwas in der art hinzufügen:
    When the simulation of M is about to enter the initial state s0 again, then Ul enters some new state h' Ul writes output yes and goes into state h ...


    Quote
    • solche beispiele haben immer die gleiche form wie oben?

    meiner Meinung nach gibt es da eben die zwei lösungsansätze für recursively enumerable und undecidable (Ex.4 und Ex5 im Aufgabenblatt)
    Schema sollte immer ähnlich sein. (also die satzerln die man am anfang schreibt sind wohl immer die selben)

    Quote
    • was genau ist der punkt wenn man das nun so löst? ich versteh die intuition dahinter nicht ganz. was hat man damit gezeigt? gehts da darum dass die Simulation in diesen anderen halting state switched, von dem aus die bedingung geprüft wird? d.h. bei solchen beispielen muss man mehr oder weniger nur diesen zweiten punkt mit dem h' richtig anschreiben?.

    das frage ich mich selbst noch! ;)


    LG Jacko

    warum besteht auf folie 8 (nmr2) delta_E2 nur mehr aus {q/p} bzw warum ist r/-p nicht anwendbar? R ist doch in E2 = Cn({q,r,p}) vorhanden.......?


    weil die zweite regel r:!p / !p sagt und du p in deiner extension hast und dadurch !p nicht geht!

    Die Aussage lautet aber nicht dass es immer geht, sondern nur dass es geht. Ein Beipiel das zeigt dass es nicht geht heißt nicht dass es gar nicht geht. Deshalb würde ich hier zu wahr tendieren.


    ich befürchte das ich die angabe anders verstanden habe als du! Kommt meiner meinung aber auch nicht eindeutig raus welche version der interpretation der fragestellung jetzt richtigt ist!
    Meine Interpretation: "wenn die aussage sagt, boolsche csps können mittels lin. prog. im polynomieller zeit gelöst werden heißt das für mich, das ich boolsche csps mit lin prog. immer in pol. zeit lösen kann und nur wenn ich nicht lin. prog. verwend kann es sein, das es eben nicht in pol. zeit gelöst wird."
    das kann ja mal was werden.




    ad a)
    wieso streichst duC1(A,B)= {(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4)} die roten?
    du gehst da glaub ich von einem alldif aus, der nicht vorhanden ist!


    wenn D=1
    C1(A,B)= {(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4)}
    C2(B,C) = {(3,3),(3,4)}
    C3(B,D) = {(3,4),(4,4)}
    C4(C,E) = {(3,3),(4,3),(3,4),(4,5)}
    C5(D,E) = {(1,3),(4,4),(4,3),(1,5)}


    E kann noch 3,5 werden
    C kann noch 3,4 werden wegen C2 & C4
    B kann noch 3 werden wegen C2
    A kann noch 1,2 werden wegen C1


    Daher würde ich wie apfelsaft richtig sagt B wählen


    selbes problem wie vorher --> du gehst von einem alldif aus!
    warum gilt bei C5 nur mehr das türkiese? warum kann nicht auch noch (1,5) angenommen werden???


    lg jacko

    The semantic definition states that a theorie is consistent if it hat a modell
    Wenn wir ein Model finden dann ist der Theorie konsistent.


    CWA(T) = (-avb) & a
    wenn ich a = 1 einsetze dann ist -a = 0, und falls b = 1 dann ist dass ein model -> Konsistent


    ich habe deine definition nirgends auf den folien gefunden!
    beim nochmaligen durchlesen meiner definition bin ich aber noch auf einen fehler draufgekommen:
    CWA(T) is inconsistent ⇐⇒ there are ground atoms A1, . . . ,An such
    that T |= A1 ∨ . . . ∨ An, but T (NOT)|= Ai , for all i = 1, . . . , n.


    bei unserem beispiel gilt jedoch
    T|= b und T (NOT)|=!a
    die def. von inkonsistent sagt aber das alle nicht gelten dürfen
    --> konsistenz


    könntest du die quelle von deiner definition posten?
    lg jacko


    du machst folgendes:
    du bildest dir mit deinem gegebenen extensionkandidat mal das delta_E!


    das erstellst du folgendermaßen:
    einfach anschauen welche Regeln gelten mit dem gegebenen Extensionkandidat:
    Beispiel:
    W = {p}
    delta = {b:f/f; p:!f/!f; p:b/b}
    wenn ich jetzt als Angabe Cn(P,!F,B) habe:
    Regel: b:f/f nicht anwendbar, weil du !F enthalten hast
    Regel: p:!f/!f anwendbar
    Regel: p:b/b anwendbar
    daraus ergibt sich dein Delta_E = {p/!f, p/b}


    um das gamma zu erstellen gehst du jetzt folgendermaßen vor:
    du gehst vom W aus (also im beispiel {p}) und versuchst mit den Regeln aus delta_E alle möglichen Fälle zu erzeugen:
    E' = Cn({p, !f (aus Regel p/!f), b(aus regel p/b)})
    und das E' ist dein gamma!
    Das vergleichst du jetzt mit deiner angabe vergleichst siehst du, das die beiden gleich sind --> es ist eine Extension


    lg jacko

    du hast recht, es ist konsistent, ich habe von nnf nach modell gesucht :/ , es gibt auch ein model


    cwa ist eig. immer vollständig und vervollständigt die Therorie T.


    ist mMn konsistent, weil ich mit CWA = { -avb, a} keinen widerspruch zu T herleiten kann.


    also ich hab mir das auch einmal durchüberlegt!
    in nmr1 folie 14/28
    CWA(T) is inconsistent ⇐⇒ there are ground atoms A1, . . . ,An such
    that T |= A1 ∨ . . . ∨ An, but T (NOT)|= Ai , for all i = 1, . . . , n.


    umgelegt auf unser beispiel wäre das:
    T|= !avb
    T|= b gilt ja (haben wir beim Tasm erstellen gezeigt)
    T|= !a gilt aber nicht, weil wir ja a in der Theorie enthalten haben
    woraus inkonsistenz folgt. (FALSCH siehe unten)
    was sagt ihr dazu?


    lg jacko

    aber dann wäre ja unser gegen bsp ja erfüllt und somit unsere annahme dass F erfüllbar ist nicht bestätigt.


    das ist der punkt den ich auch noch nicht so ganz verstehe!
    aber ja aus der angabe geht ja shcon heraus das es nicht allgemein gültig ist!


    wenn ich jetzt folgendes beispiel aufstelle: es gibt {a,b} mit
    a e I(P)
    b !e I(P)
    dann hätte ihc ja folgendes
    ExP(x) ^Ex-P(x)
    P(a) ^ -P(b) --> das wäre also eine Interpretationsstruktur die F erfüllt


    hätt ich hingegen nur a zur Verfügung also {a} und
    a e I(P)
    würde P(a) ^ -P(a) nicht gültig sein!


    ich weiß nicht ob man das so argumentieren kann!


    lg jacko

    genau, mehr ist es nicht.



    das stimmt meiner meinung nach so nicht ganz!
    Dazu aus den Folien:
    "If a model satisfies an existentially quantified
    formula ∃x , then it also satisfies the formula
    {x ← a}, where the former quantified
    (and now free) variable is substituted with a
    fresh new Skolem constant."


    im ersten Step wird ExP(x) ^Ex-P(x) aufgeteilt
    ExP(x) ^Ex-P(x)
    |
    ExP(x)
    |
    Ex-P(x)
    jetzt wandle ich ExP(x) um --> neue Skolem Konstante a --> P(a)
    wenn ich im nächsten Step Ex-P(x) umwandle, wäre a keine "fresh new Skolem constant" daher muss ichs durch b ersetzen --> -P(b)!


    lg jacko

    kannst du bitte erklären wie man genau auf 3 kommt?
    Danke schonmal


    lg bono


    ich kann mal versuchen dir das zu erklären!


    du schaust dir die constraints an:
    C1(A,B)= {(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4)}
    C2(B,C) = {(3,3),(3,4)}
    C3(B,D) = {(3,4),(4,4)}
    C4(C,E) = {(3,3),(4,3),(3,4),(4,5)}
    C5(D,E) = {(1,3),(4,4),(4,3),(1,5)}


    die rot markierten sind durch die Zuweisung von D = 1 nicht mehr möglich.


    wenn jetzt D = 1 ist, dann fällt der Constraint 3 schon mal weg (meiner Meinung nach wäre das schon ein Abbruchkriterium, aber das wollen sie sicher nicht)
    jetzt sollen wir E zuweisen.
    jetzt schaust du dir die constraints C4,C5 an
    da erkennt man, das in C4: E noch 3,4,5 werden kann
    in C5 3,5
    bei der least constraining value heuristik muss versucht werden so wenig wie möglich möglichkeiten der nachbarn einzuschränken
    "it prefers the value that rules out the fewest choices for the
    neighbouring variables in the constraint graph."


    wenn du E = 3 wählst gibts für C (aus C4) noch die möglichkeiten 3,4 anzunehmen,
    bei E=4 kann C nur mehr 3 annehmen (wobei das wegen C5 nicht zulässig ist)
    bei E=5 kann C nur mehr 4 annehmen.
    Wenn du jetzt die least constraining value heuristik beachtest musst du E = 3 wählen, weil für C dann noch die meisten Möglichkeiten (nämlich 2) übrig bleiben.


    hoffe das hilft weiter!


    lg jacko

    Zu 1c) Punkt 1 habe ich folgendes gefunden (Folie 16 unten): "Linear constraints can be solved with linear programming methods in polynomial time."


    Also wenn boolesche CSPs lineare constraints sind, ist die antwort richtig ????


    ich geb auch mal meinen senf dazu!


    wenn ich mir die csp.pdf folie 13 anschaue steht da:
    3SAT can be expressed as a Boolean CSP
    danach steht
    Since 3SAT is an NP-complete problem we cannot expect to solve
    finite-domain CSPs in less than exponential time (unless P=NP).


    dadurch haben wir ja meiner meinung nach ein beispiel, bei dem wir einen boolean csp nicht in polynomieller zeit lösen können --> falsch!


    2a)
    Betrachten Sie das folgende Folgerungsproblem zwischen zwei prädikatenlogischen Formeln: Ex P(x) |= Ax P(x)


    1: ich nehme an wenn ich das problem in Ex P(x) --> Ax P(x) ändere ist dieser punkt erledigt.
    2: könnte man hier zeigen, dass Ex P(x) ^ Ex -P(x) unerfüllbar ist?


    da stimme ich dir zu!
    weiß nur nicht wie wir jetzt die punkte 3 & 4 zeigen!
    ad 3:
    beispiel: x e {a,b} dann wäre doch p(a) ^ !p(b) mit I(p(a)) = 1, I(p(b)) = 0 gültig oder sehe ich das falsch?
    ad 4:
    würde ich ein beispiel erstellen, das für x e {a} nur ein Element hat, dann wäre z.b. p(a) ^ !p(a) mit I(p(a)) = 1 was ja ungültig ist!


    weiß leider nicht ob das stimmt! ;(


    lg, jacko

    Aha. *confused*. Und die Begrüundung dafür, dass wir (i) nehmen? Ich blick da grad nimmer durch.


    du hast (wenn ich wie gesagt das gleiche beispiel meine), zwei messungen von den nachbarwohnungen die zur gleichen zeit statt finden.
    und unter (i) steht ja so schön
    Jeder Wert der einen Stichprobe (Anm: Wohnung A) hängt genau mit einem der anderen zusammen (Anm: Wohnung B) (z.B. Paare von Messungen an verschiedenen Orten).


    Danke an meltrix für die Ausarbeitungen aber es wäre noch besser wenn die konkreten prüfungen zu denen das beispiel gerechnet worden ist angegeben werden - zwecks besserer auffindbarkeit.


    lg jacko

    Bin mir nur jetzt leider doch nicht mehr sicher wegen dem Test.
    Fall 1: was ich oben gesagt habe (aufgrund von 1c den Test für verbundene Stichproben).
    Fall 2: Die Angabe sagt bei 1d) Unter der zusätzlichen Annahme gleicher Varianzen, teste man, ob die Mittel der Abweichungswerte der beiden Wohnungen gleich sind.
    -> Seite 167 (1) - unverbundene Stichproben. Dieser Test wird verwendet, wenn Xi und Yj unabhänig sind, sigmaX = sigmaY. Da wir annehmen sollen, dass sigmaX und sigmaY gleich sein sollen, könnte man auch diesen Test nehmen.
    Leider ist das wieder so ein Bsp da könnt alles richtig sein :wein:


    ließ dir mal auf Seite 98 (unter 5.9.1 Vergleich der Mittel falls wir ein anderes Skriptum haben) den Punkt (i) durch! Das ist genau unser fall (wenn ich mich nicht mit eurem beispiel irre, hab nicht ganz herauslesen können welche angabe ihr meint) --> Test für verbundene Stichproben!

    Danke mal vorweg. Nur noch eine Frage, wo hast du die Prüfungsordner denn her?


    lg


    Code
    1. [URL='http://vowi.fsinf.at/wiki/Spezial:Materialien/MU_Wien:Grundlagen_bioelektrischer_Systeme_VU_%28Mayr']http://vowi.fsinf.at/wiki/Spezial:Materialien/MU_Wien:Grundlagen_bioelektrischer_Systeme_VU_(Mayr[/URL])


    am besten rauskopieren, das forum nimmt die klammer am schluss nicht!


    Cool, magst du das auch zu den Materialien ins VoWi kopieren bzw. dort eine Unterseite erstellen? :)


    Mach ich sobald es die finale version ist!


    Hat niemand irgendwelche lösungen die fehlen?


    LG Jacko

    Hallo!


    Habe mal versucht folgende Prüfungsordner auszuarbeiten:


    • 11.06.2008
    • 19.12.2007
    • 11.06.2007


    Ich kann leider absolut nicht sagen ob die Ausarbeitung richtig ist.
    Falls jemand Fehler findet - bitte posten - dann besser ich sie aus.


    Wäre super, wenn jemand die fehlenden BODE Diagramme erklären könnte.


    LG Jacko


    Stoffwechsel, Gastrointestinaltrakt hat er nicht vorgetragen!
    Die Vorlesung war bei Herz/Kreislauf Folie 55 aus! Denke nicht das er da viel mehr fragt!


    LG Jacko