AYT ÇÖZÜMLEYİCİ ÇİZELGE, NİCELEME MANTIĞI VE ÇOK DEĞERLİ MANTIK

0
19
AYT Felsefe çözümleyici çizelge, niceleme mantığı ve çok değerli mantık konu anlatımı kapağı

AYT çözümleyici çizelge, niceleme mantığı ve çok değerli mantık konu anlatımı kapsamında ağaç yöntemiyle denetleme, niceleyicilerin sembolleştirilmesi, özelleme kuralları, üç değerli mantık ve bulanık mantık işlenecektir.
AYT felsefe konularının tamamına AYT konu anlatımı arşivinden ulaşabilirsiniz.

Çözümleyici Çizelgenin Temeli

Ağaç Yönteminin Amacı ve Temel Kavramları

Çözümleyici çizelge, bileşik önermeleri doğruluk değerleri tablosu kurmadan, onları daha küçük bileşenlerine ayırarak denetleyen bir ağaç yöntemidir. Başlangıçta incelenecek önerme ya da önermeler yazılır; eklemler çözülür ve işlem, artık parçalanamayan çekirdek önermelere ulaşıncaya kadar sürdürülür. p, q, ~p ve ~q gibi yapılar çekirdektir.

Ağaçtaki her düşey ilerleme bir yol, ayrılma noktası ise yeni dallar oluşturur. Bir bileşik önermenin iki bileşeni aynı yorumda birlikte doğru olmak zorundaysa alt alta; alternatif yorumları gösteriyorsa ayrı dallara yazılır. Bu nedenle ağaç yalnız bir çizim değil, önermeyi doğru yapan olası yorumların düzenli gösterimidir.

Tümel evetlemenin çengel, tikel evetlemenin çatal ile açılması
Örnek - 1
~(p ⇔ q) önermesinin çözümleyici çizelgede ilk açılımı aşağıdakilerden hangisidir?

A) (p ∧ q) ∨ (~p ∧ ~q)
B) (p ∧ ~q) ∨ (~p ∧ q)
C) (~p ∨ q) ∧ (p ∨ ~q)
D) ~p ∧ ~q
E) p ∨ q
Karşılıklı koşulun değili, bileşenlerin farklı doğruluk değerleri aldığı iki durumu gösterir: p doğru–q yanlış veya p yanlış–q doğru. Bu iki durum ayrı dallar olduğundan dışarıda ∨, her dalın içindeki birlikte gerçekleşen değerlerde ∧ bulunur.

Cevap: B

Çengel, Çatal, Adım ve Kaynak Numarası

Çengel, iki bileşenin aynı yol üzerinde alt alta yazılmasıdır. p ∧ q, ~(p ∨ q) ve ~(p ⇒ q) çengel türü açılımlar üretir. Çatal ise iki alternatif yol açar; p ∨ q, ~(p ∧ q) ve p ⇒ q bu gruptadır. Karşılıklı koşul ve değili, her dalda iki önermenin alt alta bulunduğu çatallı yapılardır.

Adım numarası, çözümleme sırasında işlenen satırın sırasını; kaynak numarası, elde edilen bileşenlerin hangi satırdan çıktığını gösterir. Numaralar mantıksal sonucu değiştirmez fakat karmaşık ağaçta aynı önermenin iki kez çözülmesini önler ve her dalın izlenebilirliğini sağlar.

Başlangıç biçimi Açılım Yapı
p ∧ q p
q
Çengel
p ∨ q p | q Çatal
p ⇒ q ~p | q Çatal
~(p ⇒ q) p
~q
Çengel
Örnek - 2
Aşağıdaki çözümleyici çizelgede K ve L boşluklarına gelecek ifadeler hangisidir?

1. ~(p ∨ q)
K
│
L (1)
A) p ve q
B) ~p ve q
C) p ve ~q
D) ~p ve ~q
E) p ⇒ q ve q ⇒ p
De Morgan kuralına göre ~(p ∨ q) ≡ ~p ∧ ~q’dur. Tümel evetleme iki bileşeni aynı yolda tuttuğundan K=~p ve L=~q yazılır.

Cevap: D

Sekiz Çözümleme Kuralı ve De Morgan Eşdeğerlikleri

Çözümleme kuralları, bir bileşik önermeyi ona eşdeğer daha yalın yapılara dönüştürür. Çatalda ayrılan yollar birbirinin devamı değildir; bir dalda bulunan bilgi diğer dala taşınamaz. Çengeldeki bileşenler ise aynı yorumun birlikte sağlamak zorunda olduğu koşullardır.

Önerme Eşdeğer açılım Çizelge biçimi
~~p p Tek satır
p ∧ q p ve q birlikte Çengel
~(p ∧ q) ~p ∨ ~q Çatal
p ∨ q p veya q Çatal
~(p ∨ q) ~p ∧ ~q Çengel
p ⇒ q ~p ∨ q Çatal
~(p ⇒ q) p ∧ ~q Çengel
p ⇔ q (p ∧ q) ∨ (~p ∧ ~q) İki çengelli dal
~(p ⇔ q) (p ∧ ~q) ∨ (~p ∧ q) İki çengelli dal

Örneğin p ⇒ (q ∨ r) önce koşul kuralıyla ~p ve q ∨ r dallarına ayrılır. Sağ dalda q ∨ r hâlâ bileşik olduğu için q ve r diye yeniden çatallanır. Buna karşılık ~(p ⇒ (q ∨ r)), p ile ~(q ∨ r)’yi aynı yola yazar; ikinci ifade de ~q ve ~r olarak alt alta açılır.

Örnek - 3
Aşağıdaki çizelge hangi başlangıç önermesinin doğru açılımı olabilir?

?
p
~q
~p
q
A) p ⇔ q
B) p ⇒ q
C) ~(p ⇔ q)
D) ~(p ∧ q)
E) ~(p ∨ q)
Dallarda p ile q farklı değerlere zorlanmıştır: solda p ve ~q, sağda ~p ve q vardır. Bu, karşılıklı koşulun yanlış olduğu iki durumun birleşimidir ve ~(p ⇔ q) açılımıdır.

Cevap: C

Çözümleme Sırası ve Çekirdek Önermeler

Başlangıç önermesinin ana eklemi belirlenir ve uygun kural uygulanır. Aynı anda birden çok bileşik önerme varsa alt alta yazma üreten kuralların önce çözülmesi, gereksiz dal çoğalmasını azaltır; ardından çatallı kurallar uygulanır. Çatal açıldıktan sonra çözüm her dal için ayrı sürdürülür.

Bir yolda p ile ~p gibi bir çekirdek önerme ve değili bir araya geldiği anda o yol kapanır. Kapalı yoldaki çözülmemiş başka bir bileşik önerme sonucu değiştiremeyeceği için işlenmez. Buna karşılık açık yolda kalan bütün bileşik yapılar çekirdeklere ayrılmadan denetim tamamlanmış sayılmaz.

Örnek - 4
Başlangıçta aşağıdaki üç önerme aynı yola yazılmıştır:

1. p ∨ q
2. ~(r ∨ s)
3. p ⇒ r

Gereksiz dal çoğalmasını azaltan uygun ilk işlem hangisidir?

A) p ∨ q’yu çatallamak
B) p ⇒ r’yi çatallamak
C) Üç önermeyi tek koşula çevirmek
D) p ve r’yi doğru kabul etmek
E) ~(r ∨ s)’yi ~r ve ~s olarak alt alta açmak
~(r ∨ s), ~r ∧ ~s’ye eşdeğerdir ve çengel kuralıyla her olası dala ortak bilgi ekler. Bu bilgi dallanmadan önce yazılırsa daha sonra açılacak her dalda yeniden çözümleme gerekmez.

Cevap: E

Açık Yol, Kapalı Yol ve Çelişki

Bir yol üzerinde hem p hem ~p bulunması çelişkidir ve yol kapalıdır. p bir dalda, ~p başka bir dalda ise çelişki yoktur; çünkü dallar farklı yorumları temsil eder. Üzerinde böyle bir karşıt çift bulunmayan tamamlanmış yol açık yoldur ve en az bir doğrulayıcı yorum verir.

Aynı dalda p ve değili bulununca yolun kapanması, çelişkisiz yolun açık kalması
Dikkat
Çelişki için bir önerme ile değilinin yalnız çizelgede bulunması yetmez; ikisinin aynı yol üzerinde olması gerekir. Ayrı dallardaki p ve ~p farklı yorumlara aittir.
Örnek - 5
Aşağıdaki tamamlanmış ağacın sonucu için hangisi doğrudur?

p ∨ q
p
r
~p
×
q
~r
↑
A) Her iki yol kapalıdır.
B) Sağ yol açık olduğundan başlangıç kümesinin bir doğrulayıcı yorumu vardır.
C) Sağ yol q ile ~r yüzünden kapalıdır.
D) Soldaki çelişki sağ dala da taşınır.
E) Ağaç tamamlanmamıştır; r her zaman açılmalıdır.
Sol yolda p ile ~p aynı dalda olduğundan kapanış vardır. Sağ yoldaki q ile ~r birbirinin değili değildir; bu yol açıktır ve q doğru, r yanlış yorumunu temsil eder.

Cevap: B

Çözümleyici Çizelgeyle Denetlemeler

Tek Önermenin Tutarlılığı

Bir önermenin tutarlı olması, onu doğru yapan en az bir yorumun bulunmasıdır. Önerme olduğu gibi başlangıca yazılır. Tam çözümlemede en az bir açık yol kalırsa tutarlı; bütün yollar kapanırsa tutarsızdır. Açık yoldaki çekirdekler doğrulayıcı yorumu verir.

Örneğin (p ∧ ~p) ∨ q iki dala ayrılır. p ve ~p’nin bulunduğu dal kapanır; yalnız q’nun bulunduğu dal açık kalır. Önerme her yorumda doğru değildir fakat q doğru olduğunda doğrulandığı için tutarlıdır.

Örnek - 6
K = ~(p ⇒ q) ∧ (~p ∨ q) önermesinin çözümleyici çizelgesinde aşağıdaki yapı oluşmaktadır:

p
~q
~p
q

K için doğru yargı hangisidir?

A) Yalnız p doğruyken geçerlidir.
B) Bir açık yolu olduğu için tutarlıdır.
C) Her dalda karşıt bir çift oluştuğundan tutarsızdır.
D) Karşılıklı koşula eşdeğerdir.
E) Çatal açılmadan karar verilemez.
~(p ⇒ q), p ve ~q’yu her iki dala taşır. Sol dalda p–~p, sağ dalda q–~q çelişkisi oluşur. Bütün yollar kapandığından K’yi doğru yapan yorum yoktur.

Cevap: C

Birden Fazla Önermenin Bir Arada Tutarlılığı

Birden fazla önerme, hepsini aynı anda doğru yapan en az bir ortak yorum varsa bir arada tutarlıdır. Önermeler başlangıçta alt alta yazılır ve tek bir ağaçta çözülür. Açık bir yol bütün önermelerin ortak doğrulayıcı yorumunu; bütün yolların kapanması ise ortak yorum bulunmadığını gösterir.

Örnek - 7
Aşağıdaki önerme kümelerinden hangisinin çözümleyici çizelgesinde açık yol kalır?

A) p, ~p
B) p ∨ q, ~p, ~q
C) p ⇒ q, q ⇒ r, p, ~r
D) p ⇔ q, p, q
E) ~(p ⇒ q), ~p
p ⇔ q, p ve q’nun birlikte doğru olduğu yorumla uyumludur; p=D, q=D ortak yorumu açık yol bırakır. A’da p ve ~p çelişir. B’de p ∨ q dallanır; p ve q dallarından ilki ~p, ikincisi ~q ile kapanır. C’de p⇒q ve p’den q, ardından q⇒r’den r elde edilir; ~r ile çelişki oluşur. E’de ~(p⇒q), p ve ~q’yu gerektirir; böylece ~p ile çelişir.

Cevap: D

Önermenin Geçerliliği

Bir önerme bütün yorumlarda doğruysa geçerlidir. Çözümleyici çizelge, yanlışlayıcı yorum aradığı için geçerliliği denetlenecek önermenin değili başlangıca yazılır. Değillenmiş önerme tutarsız, yani bütün yollar kapalıysa asıl önerme geçerlidir. Bir açık yol bulunursa bu yol asıl önermeyi yanlışlayan karşı örnektir.

Örnek - 8
T = [(p ⇒ q) ∧ p] ⇒ q önermesinin geçerliliği denetlenirken başlangıca ~T yazılmış ve şu çizelge elde edilmiştir:

p ⇒ q
p
~q
~p | q
×    ×

Bu çizelgeyi doğru yorumlayan seçenek hangisidir?

A) T tutarlıdır fakat geçersizdir.
B) ~T’nin bütün yolları kapandığı için T geçerlidir.
C) ~T’nin bir açık yolu vardır.
D) p ile q’nun değeri belirlenemediğinden sonuç yoktur.
E) T’nin kendisi çözümlenmediği için işlem yanlıştır.
~T, ön bileşeni doğru ve sonucu yanlış varsayar. p⇒q açıldığında ~p dalı verilen p ile, q dalı verilen ~q ile kapanır. ~T tutarsız olduğundan T’yi yanlışlayan yorum yoktur.

Cevap: B

Önermelerin Eşdeğerliği

K ve L önermeleri her yorumda aynı doğruluk değerini alıyorsa eşdeğerdir ve K ≡ L biçiminde gösterilir. Çizelgede önce K ⇔ L kurulur, sonra bütün ifadenin değili çözülür. Bütün yollar kapanırsa K ve L’nin farklı değer aldığı hiçbir yorum yoktur; bu nedenle eşdeğerdir.

Örnek - 9
K = p ⇒ q ve L = ~q ⇒ ~p olsun. ~(K ⇔ L) çizelgesinin dört ana dalında aşağıdaki çekirdek çiftler oluşmaktadır:

p
~p
×
q
~q
×
p
~p
×
q
~q
×

Bu sonuca göre hangisi doğrudur?

A) Bütün fark dalları kapandığından K ≡ L’dir.
B) K ve L yalnız p doğruyken eşdeğerdir.
C) K ve L eşdeğer değildir.
D) K geçerli, L geçersizdir.
E) K ile L’nin birlikte tutarlılığı yoktur.
~(K⇔L), K ile L’nin farklı değer aldığı yorumları arar. Bu olasılıkların her biri çelişkiyle kapandığı için farklı değer aldıkları bir yorum yoktur. Karşıt-ters dönüşüm eşdeğerdir.

Cevap: A

Çıkarımın Geçerliliği

Bir çıkarım, öncüllerin doğru ve sonucun yanlış olduğu hiçbir yorum yoksa geçerlidir. Bu nedenle çizelgede öncüller değişmeden, sonuç ise değillenerek alt alta yazılır. Bütün yollar kapanırsa karşı örnek yoktur ve çıkarım geçerlidir; açık yol kalırsa o yoldaki değerler geçersizliği kanıtlayan karşı örnektir.

Örnek - 10
p ⇒ q, q ⇒ r, ~r ∴ ~p çıkarımı için çizelge başlangıcı hangisidir?

A) ~(p ⇒ q) ∨ ~(q ⇒ r) ∨ r ∨ ~p
B) ~(p ⇒ q), ~(q ⇒ r), r, ~p
C) p ⇒ q, q ⇒ r, r, ~p
D) (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ∧ ~r
E) p ⇒ q, q ⇒ r, ~r, p
Öncüller p⇒q, q⇒r ve ~r aynen yazılır. Sonuç ~p olduğundan değili ~~p, yani p başlangıca eklenir. Böylece öncüllerin doğru, sonucun yanlış olduğu yorum aranır.

Cevap: E

Niceleme Mantığı

Niceleme Mantığının Amacı ve Sembolleri

Önermeler mantığı bir cümleyi p gibi tek bir harfle gösterebilir; fakat cümledeki özne–yüklem yapısını ve “her”, “bazı” gibi nicelikleri görünür kılmaz. Niceleme mantığı ya da yüklemler mantığı, önermenin iç yapısını; bireyleri, özellikleri ve nicelik bildiren sözcükleri ayrı sembollerle gösterir.

Belirli bir birey küçük harfli ad değişmezi ile, özellik ya da bağıntı büyük harfli yüklem değişmezi ile gösterilir. “Ada öğrencidir.” cümlesinde Ada=a ve “öğrencidir”=F seçilirse önerme Fa olur. “Ada, Bora’dan uzundur.” iki bireyli R bağıntısıyla Rab biçiminde gösterilebilir. x, y ve z ise belirli bir bireyi göstermeyen değişkenlerdir.

Örnek - 11
a: Ali, b: Beril, F: “filozoftur”, R: “… …’den etkilenmiştir” olsun. “Ali filozoftur ve Beril Ali’den etkilenmiştir.” önermesinin doğru sembolleştirmesi hangisidir?

A) Fa ∧ Rba
B) Fb ∧ Rab
C) Fa ∨ Rab
D) F(a ∧ b)
E) RFa,b
Fa, Ali’nin filozof olduğunu; Rba ise bağıntının ilk yerine etkilenen Beril’i, ikinci yerine etkileyen Ali’yi yerleştirir. İki yargı “ve” ile bağlandığından ∧ kullanılır.

Cevap: A

Açık Önerme, Kapalı Önerme ve Evren

Fx, “x F özelliğine sahiptir” anlamında açık önermedir. x’in hangi varlığı gösterdiği belirlenmediği için tek başına doğru ya da yanlış değildir. Değişkenin yerine a gibi bir ad değişmezi konulduğunda Fa elde edilir; artık belirli bir yargı kurulduğu için bu bir kapalı önermedir ve doğruluk değeri taşır.

Evren, değişkenin yerine geçebilecek bütün varlıkların kümesidir. Aynı Fx açık önermesi farklı evrenlerde farklı açılımlara sahiptir. Evren belirtilmeden “her x” ya da “bazı x” ifadesinin kapsamı kesinleşmez.

Fx açık önermesinin evrenden seçilen adla Fa kapalı önermesine dönüşmesi
Örnek - 12
E={2, 3, 4, 5} ve F(x): “x çift sayıdır.” olsun. Aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

A) F(x) kapalı önermedir.
B) F(2) ve F(4), açık önermeyi doğrulayan gerçeklemelerdir.
C) F(3) açık önermedir.
D) Evrenin her elemanı F(x)’i doğrular.
E) F(5)’in doğruluk değeri belirsizdir.
F(x) değişken içerdiği için açıktır. x yerine 2 ve 4 yazıldığında doğru kapalı önermeler oluşur; bu doğru özellemelere gerçekleme denir. F(3) ve F(5) kapalı fakat yanlıştır.

Cevap: B

Özelleme, Gerçekleme ve Açılım

Özelleme, açık önermedeki değişkenin yerine evrenden belirli bir terim koymaktır. Ortaya çıkan kapalı önerme doğruysa bu özelleme aynı zamanda gerçeklemedir. Yanlış kapalı önerme de özellemedir fakat gerçekleme değildir. Açılım ise evrendeki bütün terimlerle elde edilen özelleme önermelerinin tamamıdır.

E={a,b,c} için Fx’in açılımı Fa, Fb ve Fc’dir. Burada açılım ile niceleyicili önermenin doğruluk koşulu karıştırılmamalıdır: açılım yalnız bütün örnekleri listeler; ∀xFx bunların hepsini ∧ ile, ∃xFx ise en az birini ∨ ile ilişkilendirir.

Örnek - 13
E={a,b,c} evreninde Fa doğru, Fb yanlış ve Fc doğru olsun. Aşağıdaki eşleştirmelerden hangisi doğrudur?

İfade Değer
∀xFx K
∃xFx L
A) K=D, L=D
B) K=D, L=Y
C) K=Y, L=Y
D) K=Y, L=D
E) İkisi de belirsizdir.
∀xFx için Fa, Fb ve Fc’nin tümü doğru olmalıdır; Fb yanlış olduğu için K=Y’dir. ∃xFx için tek bir doğru özelleme yeterlidir; Fa ve Fc doğru olduğundan L=D’dir.

Cevap: D

Tümel ve Tikel Niceleyiciler

Tümel niceleyici ∀, “her”, “bütün”, bağlama göre “hiçbir” gibi evrenin tamamını kapsayan yapıları gösterir. ∀xFx, evrendeki her x’in F olduğunu bildirir. Tikel niceleyici ∃ ise “bazı”, “en az bir”, “kimi” anlamındadır; ∃xFx, evrende F olan en az bir varlık bulunduğunu söyler.

“Hiçbir öğrenci geç kalmadı.” cümlesi ∀x~Gx ya da eşdeğer olarak ~∃xGx biçiminde gösterilebilir. “Her öğrenci çalışkan değildir.” Türkçede iki anlama gelebilir: herkesin çalışkan olmaması ∀x~Çx veya herkesin çalışkan olduğu iddiasının yanlışlığı ~∀xÇx. İkinci biçim yalnız en az bir çalışkan olmayan bulunduğunu söyler.

Örnek - 14
“Her bilim insanı meraklıdır; fakat bazı meraklılar bilim insanı değildir.” cümlesinde Bx: “x bilim insanıdır”, Mx: “x meraklıdır” olsun. Doğru sembolleştirme hangisidir?

A) ∃x(Bx ∧ Mx)
B) ∀x(Bx ⇔ Mx)
C) ∀x(Bx ⇒ Mx) ∧ ∃x(Mx ∧ ~Bx)
D) ∀x(Mx ⇒ Bx) ∧ ∃x~Mx
E) ∃x(Bx ⇒ ~Mx)
İlk yargı bütün bilim insanları için Bx⇒Mx koşulunu kurar. İkinci yargı, hem M hem ~B olan en az bir birey bulunduğunu söyler. Tümel ve tikel kısımlar ∧ ile birleştirilir.

Cevap: C

Tekil, Genel, Basit ve Bileşik Önermeler

İçinde niceleyici bulunmayan ve belirli bireylerden söz eden önerme tekildir. Fa tekil–basit, Fa ∨ Gb tekil–bileşiktir. Niceleyici taşıyan önerme geneldir. ∀xFx ve ∃xGx genel–basit; ∀x(Fx ⇒ Gx) ya da ∀xFx ∨ ∃xGx genel–bileşiktir.

Basitlik, günlük dilde cümlenin kısa oluşuna değil mantıksal yapıda eklem bulunup bulunmamasına bağlıdır. ∀xFx niceleyici taşısa da önerme eklemi içermediği için basit; Fa ∧ Gb belirli bireyleri anlatsa da ∧ içerdiği için bileşiktir.

Örnek - 15
Aşağıdaki sınıflandırmalardan hangisi yanlıştır?

A) Fa — tekil ve basit
B) Fa ∨ Gb — tekil ve bileşik
C) ∀xFx — genel ve basit
D) ∃x(Fx ∧ Gx) — genel ve bileşik
E) ∀xFx ⇒ Ga — tekil ve basit
Tümel niceleyici bulunduğundan yapı yalnız tekil değildir; ayrıca ⇒ eklemi nedeniyle bileşiktir. Diğer eşleştirmeler niceleyici ve eklem ölçütlerine uygundur.

Cevap: E

Niceleyici Değilleme Kuralları

Bir niceleyicili önermenin değili alınırken yalnız yüklemin önüne ~ getirmek yetmez; niceleyici de değişir. “Her x F’dir”in yanlış olması, “en az bir x F değildir” demektir: ~∀xFx ≡ ∃x~Fx. “En az bir x F’dir”in yanlış olması ise “her x F değildir” demektir: ~∃xFx ≡ ∀x~Fx.

Başlangıç Eşdeğer biçim Doğal dil
~∀xFx ∃x~Fx En az bir F olmayan vardır.
~∃xFx ∀x~Fx Hiçbir x F değildir.
~∀x~Fx ∃xFx En az bir F olan vardır.
~∃x~Fx ∀xFx Her x F’dir.
Dikkat
~∀xFx, ∀x~Fx değildir. Birincisi yalnız en az bir istisna bulunduğunu; ikincisi evrendeki hiçbir bireyin F olmadığını bildirir.
Örnek - 16
~∀x(Fx ⇒ Gx) önermesine eşdeğer ifade hangisidir?

A) ∀x(~Fx ∨ Gx)
B) ∃x(~Fx ∧ Gx)
C) ∃x(Fx ∧ ~Gx)
D) ∀x(Fx ∧ ~Gx)
E) ∃x(Fx ⇒ ~Gx)
Önce tümel niceleyicinin değili tikele dönüşür: ∃x~(Fx⇒Gx). Değillenmiş koşul, ön bileşenin doğruluğu ile art bileşenin yanlışlığını birlikte gerektirir; sonuç ∃x(Fx∧~Gx)’tir.

Cevap: C

Tümel ve Tikel Özelleme Kuralları

Çözümleyici çizelgede tümel özelleme, ∀xFx’i açık yolda bulunan her ad değişmezi için uygulamayı gerektirir. Yolda a ve b geçiyorsa Fa ve Fb yazılır. Daha sonra yeni bir c adı ortaya çıkarsa tümel önerme c için de yeniden özellenir.

Tikel özelleme, ∃xFx’in doğruluğuna tanıklık eden bir bireyi yeni bir adla gösterir. Bu nedenle aynı yolda daha önce kullanılmamış bir ad değişmezi seçilir; örneğin Fc yazılır. Yeni adın daha önceki adlarla aynı bireyi gösterip göstermediği ek bilgi olmadan belirlenmez. Mevcut bir adı kullanmak, var olduğu söylenen bireyi gerekçesiz biçimde daha önceki bireyle özdeşleştirebilir.

Örnek - 17
Bir açık yolda ∀x(Fx ⇒ Gx), Fa ve Fb bulunmaktadır. Tümel özellemeden sonra hangi ifadelerin eklenmesi gerekir?

A) Fa ⇒ Ga ve Fb ⇒ Gb
B) Yalnız Fa ⇒ Ga
C) ∃x(Fx ⇒ Gx)
D) Fc ⇒ Gc
E) Ga ∧ Gb
Tümel önerme yoldaki her ad için geçerlidir. a ve b aynı yolda bulunduğundan x yerine ayrı ayrı a ve b yazılır. Fc için bir ad bulunmadığından yeni c üretmek tümel özellemenin zorunluluğu değildir.

Cevap: A

Örnek - 18
Aynı yolda Ga ve ∃x(Fx ∧ ~Gx) vardır. Tikel özellemenin doğru uygulaması hangisidir?

A) Fa ve ~Ga yazmak
B) ∀x(Fx ∧ ~Gx) yazmak
C) Gx yerine Fx yazmak
D) Yeni c adıyla Fc ve ~Gc yazmak
E) ∃xFx ile ∃x~Gx’i ayrı dallara yazmak
Tikel önerme, F olup G olmayan en az bir birey bulunduğunu bildirir. Yolda a zaten kullanıldığı için bu varlık gerekçesizce a sayılamaz; yeni c adı seçilir ve aynı tanık için Fc ile ~Gc alt alta yazılır.

Cevap: D

Niceleme Mantığında Çözümleyici Çizelge Sırası

Niceleyicili bir çizelgede önce dıştaki niceleyici değilleri içeri alınır. Ardından çengel kuralları uygulanır; tikel önermeler yeni adlarla özellenir; gerekli çatallar açılır ve son olarak tümel önermeler her dalda görünen bütün adlar için özellenir. Yeni bir ad ortaya çıktığında ilgili tümel önermeler o ad için yeniden ele alınır.

Sıra İşlem Neden
1 Tümel/tikel niceleyici değilleme Dıştaki ~ kaldırılır.
2 Çengel açılımları Her dala ortak bilgi eklenir.
3 Tikel özelleme Yeni tanık adı oluşturulur.
4 Çatal açılımları Alternatif yollar ayrılır.
5 Tümel özelleme Her daldaki bütün adlara uygulanır.
Örnek - 19
Aşağıdaki yol üzerinde 1. ve 2. adımlar uygulanmıştır:

1. ∃xFx
2. ∀x(Fx ⇒ Gx)
3. Fa   (1)
4. ?   (2)

4. satıra hangi ifade yazılmalıdır?

A) Fa ⇒ Ga
B) ∃xGx
C) Fb ⇒ Gb
D) Ga
E) ~Fa ∨ Ga
Tikel önerme a tanığını oluşturmuştur. Tümel önerme yoldaki bu ad için özellenince Fa⇒Ga elde edilir. Bu koşul daha sonra ~Fa ve Ga diye çatallanacaktır; 4. satırda önce özellenmiş bütün biçim yazılır.

Cevap: A

Niceleme Mantığında Tutarlılık ve Geçerlilik

Tutarlılıkta niceleyicili önerme olduğu gibi çözülür; en az bir açık yol yeterlidir. Geçerlilikte önermenin tamamı değillenir; bütün yolların kapanması gerekir. Açık yol yalnız yüklem harflerini değil, o yolda kullanılan ad değişmezlerini de içeren bir karşı yorum verir.

Örnek - 20
K = ∀x(Fx ⇒ Gx) ∧ ∃x(Fx ∧ ~Gx) önermesinin çizelgesi için aşağıdaki kısmi yol verilmiştir:

Fa
~Ga
Fa ⇒ Ga
~Fa | Ga
×    ×

K için doğru sonuç hangisidir?

A) Tutarlı ve geçerlidir.
B) Açık bir yol kaldığı için tutarlıdır.
C) Tikel niceleyici tümel niceleyiciye dönüşür.
D) Yalnız a evren dışında kalırsa tutarlıdır.
E) Tikel tanığın iki dalı da kapandığı için tutarsızdır.
Tikel önermenin tanığı Fa ve ~Ga’dır. Tümel önerme aynı a için Fa⇒Ga verir; bu koşulun ~Fa dalı Fa ile, Ga dalı ~Ga ile kapanır. Başka açık yol bulunmadığından önerme tutarsızdır.

Cevap: E

Örnek - 21
T = ∀xFx ⇒ ∃xFx önermesinin boş olmayan bir evrende geçerliliği denetlenmektedir. ~T’nin açılımı aşağıdaki gibidir:

∀xFx
~∃xFx
∀x~Fx
Fa
~Fa
×

Bu çizelgeden hangi sonuç çıkar?

A) T yalnız tek elemanlı evrende geçerlidir.
B) ∀xFx ile ∃xFx eşdeğerdir.
C) ~T’nin yolu kapalı olduğundan T geçerlidir.
D) T tutarsızdır.
E) Tikel özellemede yeni ad kullanılmadığı için sonuç geçersizdir.
~(∀xFx⇒∃xFx), ∀xFx ile ~∃xFx’i aynı yola yazar. İkinci ifade ∀x~Fx olur. Boş olmayan evrende seçilen a için Fa ve ~Fa aynı yolda bulunduğundan karşı örnek yolu kapanır.

Cevap: C

Niceleme Mantığında Eşdeğerlik ve Çıkarım

Niceleyicili iki önermenin eşdeğerliği de karşılıklı koşulun değiliyle denetlenir. Özellikle niceleyici değilleme kuralları bu yolla doğrulanabilir. Çıkarımda öncüller aynen, sonuç değillenerek yazılır; tikel tanıklar oluşturulduktan sonra tümel kurallar bu adlara uygulanır.

Örnek - 22
∀x~Fx ile ~∃xFx önermelerinin eşdeğerliğini sınayan çizelgede açık yol bulunmamasının gerekçesi hangisidir?

A) ~∃xFx, niceleyici değillemeyle ∀x~Fx’e dönüşür.
B) Her iki önerme de yalnız tekil önermedir.
C) ∀ ile ∃ her durumda aynı anlama gelir.
D) F yüklemi zorunlu olarak yanlıştır.
E) Evrenin boş olduğu varsayılır.
~∃xFx, “F olan hiçbir birey yoktur” demektir ve ∀x~Fx ile aynı koşulu bildirir. Karşılıklı koşullarının değili, farklı değer aldıkları bir yorum arar; böyle bir yorum bulunamadığı için bütün yollar kapanır.

Cevap: A

Örnek - 23
∀x(Fx ⇒ Gx), ∃xFx ∴ ∃xGx çıkarımının çizelgesinde öncüller ve değillenmiş sonuçtan şu yol elde edilmiştir:

Fa
Fa ⇒ Ga
∀x~Gx
~Ga
~Fa | Ga
×    ×

Doğru değerlendirme hangisidir?

A) Açık yol bulunduğu için çıkarım geçersizdir.
B) Her iki dal kapandığından çıkarım geçerlidir.
C) Sonuç değillenmeden yazıldığı için işlem yanlıştır.
D) ∃xFx, Fa yerine Fb yapılmalıydı.
E) Tümel öncül tikel sonuca dönüştürülemez.
∃xFx yeni a tanığını verir. Tümel öncül bu ad için Fa⇒Ga; değillenmiş sonuç ~∃xGx ise ∀x~Gx ve dolayısıyla ~Ga verir. Koşulun ~Fa dalı Fa ile, Ga dalı ~Ga ile kapanır.

Cevap: B

Örnek - 24
∃x(Fx ⇒ Gx), ∃xFx ∴ ∃xGx çıkarımı için hangisi doğrudur?

A) Geçersizdir; tikel öncüller farklı bireylerle gerçeklenebilir.
B) Geçerlidir; iki tikel öncül aynı bireyi bildirir.
C) Geçerlidir; koşul önermesi her zaman doğrudur.
D) Tutarsızdır; iki ∃ aynı yolda bulunamaz.
E) Eşdeğerdir; ∃ dağıtma özelliğine sahiptir.
İlk tikel öncülün tanığı a, ikinci tikel öncülün tanığı b olabilir. Fa⇒Ga, Fa yanlış olduğu için a’da doğru; Fb ise b’de doğru olabilir. Buna rağmen hiçbir G bulunmayabilir. Tikel varlık iddialarını aynı bireye bağlamak geçersizdir.

Cevap: A

Örnek - 25
“Bazı sanatçılar yazardır.” öncülünden aşağıdaki sonuçlardan hangisi zorunlu olarak çıkar?

A) Bütün sanatçılar yazardır.
B) Bazı yazarlar sanatçıdır.
C) Bütün yazarlar sanatçıdır.
D) Hiçbir yazar sanatçı değildir.
E) Bazı sanatçılar yazar değildir.
∃x(Sx∧Yx), hem sanatçı hem yazar olan en az bir birey bulunduğunu söyler. Aynı birey açısından ∃x(Yx∧Sx) de doğrudur. Bu dönüşüm iki terimin kapsamını tümelleştirmez.

Cevap: B

Çok Değerli Mantık

İki Değerli Mantığın Sınırı

Klasik önermeler ve niceleme mantığında her kapalı önerme doğru ya da yanlış olmak üzere iki değer alır. Ancak geleceğe ilişkin, bilgisi eksik veya dereceli kavram içeren bazı ifadeleri yalnız bu iki kutba yerleştirmek yetersiz kalabilir. Çok değerli mantık, doğru ve yanlış dışında üçüncü ya da daha fazla değere izin veren mantık sistemlerinin genel adıdır.

Bu genişleme, “her önerme keyfî biçimde herhangi bir değer alır” demek değildir. Kullanılan sistem hangi değerlerin bulunduğunu ve eklemlerin bu değerlerle nasıl çalıştığını ayrıca tanımlar. Üç değerli mantık kesikli bir üçüncü değer eklerken bulanık mantık doğruluğu derecelerle ifade eder.

Örnek - 26
Çok değerli mantığın ortaya çıkış gerekçesini en doğru açıklayan yargı hangisidir?

A) Doğru ile yanlış arasındaki ayrımı bütünüyle kaldırmak
B) Her önermeyi aynı doğruluk değerinde kabul etmek
C) Mantık eklemlerini doğal dilden çıkarmak
D) Yalnız matematiksel önermeleri incelemek
E) Belirsiz veya dereceli durumları yalnız doğru–yanlış ikiliğine indirgemeden modellemek
Çok değerli sistemler doğru ve yanlışı yok etmez; ikili yapının ifade edemediği belirsizlik ve derece durumları için ek değerler tanımlar. Değer kümesi ve işlemler yine belirli kurallara bağlıdır.

Cevap: E

Üç Değerli Mantık

Üç değerli mantık, doğru (D) ve yanlış (Y) değerlerine üçüncü bir belirsiz (B) değer ekler. Örneğin gelecekte gerçekleşip gerçekleşmeyeceği henüz belirlenemeyen bir olay, seçilen üç değerli sistemde B ile temsil edilebilir. B, “yarı doğru” olmak zorunda değildir; doğru ya da yanlış olarak belirlenemeyen ayrı bir değerdir.

Üç değerli mantığın D B Y değerleriyle bulanık mantığın sıfır ile bir arasındaki sürekli derecelerinin karşılaştırılması
Örnek - 27
Bir sistem, bir hastalık testinin sonucunu “pozitif”, “negatif” veya “sonuçlanmadı” biçiminde üç ayrı durumla kaydediyor. Bu modelin üç değerli mantığa, bulanık mantıktan daha yakın olmasının nedeni hangisidir?

A) Sonuçların sayısal olması
B) Pozitifliğin 0 ile 1 arasında derece taşıması
C) Her durumun aynı anda kısmen geçerli olması
D) Üç durumun kesikli ve birbirinden ayrı değerler olması
E) Sistemin olasılık hesaplaması yapması
Üç değerli modelde doğru, yanlış ve belirsiz birbirinden ayrılmış kesikli seçeneklerdir. Verilen sistem “sonuçlanmadı”yı ayrı bir üçüncü durum olarak kullanıyor; kısmi üyelik derecesi vermiyor.

Cevap: D

Bulanık Mantık ve Doğruluk Dereceleri

Bulanık mantık, bir önermenin ya da bir varlığın bir kavrama üyeliğini 0 ile 1 arasında derecelerle ifade eder. 0 üyeliğin bulunmadığını, 1 tam üyeliği; aradaki değerler kısmi üyeliği gösterir. “Oda sıcaktır” yargısı 24 °C’de 0,6; 30 °C’de 0,9 üyelik derecesi alabilir. Bu, sıcaklığın gerçekleşme olasılığı değil, ölçülen durumun “sıcak” kümesine ne derece ait olduğudur.

Bulanık kümeler keskin sınırların gündelik kavramları zayıf modellediği durumlarda kullanılır. “Az yoğun”, “orta yoğun”, “çok yoğun” gibi kümeler kısmen örtüşebilir; aynı ölçüm birden fazla kümeye farklı derecelerde üye olabilir. Denetleyici sistem, bu dereceleri kurallarla birleştirip uygun çıkışı belirler.

Dikkat
Üç değerli mantıktaki B, üç kesikli değerden biridir; bulanık mantıktaki 0,6 ise sürekli bir doğruluk ya da üyelik derecesidir. “Belirsiz” ile “kısmen doğru” aynı kavram değildir.
Örnek - 28
Bir sıcaklık denetleyicisinde 26 °C için üyelik dereceleri şöyledir:

Bulanık küme Üyelik
Ilık 0,7
Sıcak 0,4
Soğuk 0,0

Bu tabloyu doğru yorumlayan seçenek hangisidir?

A) 26 °C’nin ılık olma olasılığı %70’tir.
B) 26 °C aynı anda kesin olarak hem ılık hem sıcaktır.
C) Üyeliklerin toplamı 1 olmadığı için tablo geçersizdir.
D) 0,4 değeri üç değerli mantıktaki belirsiz değerdir.
E) 26 °C, ılık kümesine sıcak kümesinden daha yüksek derecede üyedir.
Üyelik dereceleri olasılık değildir ve toplamlarının 1 olması gerekmez. 0,7, ılık kavramına; 0,4 ise sıcak kavramına kısmi üyeliği gösterir. Bu nedenle ılık üyeliği daha yüksektir.

Cevap: E

Bulanık Mantığın Uygulamaları

Akıllı buzdolabı, oda iklimlendirme, trafik ışığı ve aydınlatma gibi kontrol sistemleri; sıcaklık, doluluk, yoğunluk ya da ışık miktarını “az–orta–çok” gibi örtüşen kümelerle değerlendirebilir. Örneğin trafik yoğunluğu yüksek ve yaya talebi orta derecedeyse yeşil ışık süresi tek bir sert eşik yerine bu derecelerin birleşimine göre ayarlanabilir.

Bu yaklaşım yapay zekâ, karar destek ve doğal dil işleme alanlarında da kullanılabilir. Ancak bir sistemin “akıllı” olması tek başına bulanık mantık kullandığını göstermez; girdilerin dereceli kümelerle temsil edilmesi ve kuralların bu üyelik derecelerini işlemesi gerekir.

Örnek - 29
Aşağıdaki sistemlerden hangisi bulanık mantığın ayırt edici kullanımına en uygun örnektir?

A) Kapının yalnız açık ya da kapalı oluşunu kaydeden sensör
B) Parolanın doğru veya yanlış olduğunu denetleyen program
C) Zarın altı gelme olasılığını 1/6 hesaplayan model
D) Trafik yoğunluğunu düşük–orta–yüksek kümelerine dereceli üyelikle ayırıp ışık süresini ayarlayan denetleyici
E) Üç seçenekli bir anket
Bulanık mantığın belirleyici özelliği yalnız üç etiket kullanması değil, bir ölçümün bu kümelere dereceli ve gerektiğinde eş zamanlı üyeliğidir. Bu uygulamada dereceli üyelikler bir kontrol çıktısına dönüştürülür.

Cevap: D

Örnek - 30
Aşağıdaki üç model karşılaştırılıyor:

Model Çıktı
I Yarın yağmur olasılığı 0,65
II “Hava sıcak” kümesine üyelik 0,65
III Doğru / Belirsiz / Yanlış

Doğru sınıflandırma hangisidir?

A) I bulanık, II olasılıksal, III klasik iki değerlidir.
B) I ve II aynı şeyi ölçer, III bulanıktır.
C) I olasılıksal, II bulanık, III üç değerlidir.
D) I üç değerli, II klasik, III olasılıksaldır.
E) I klasik, II üç değerli, III bulanıktır.
I, olayın gerçekleşme olasılığını; II, gerçekleşmiş bir ölçümün “sıcak” kavramına üyelik derecesini gösterir. III ise üç ayrı kesikli doğruluk değeri kullanır. Sayısal değerlerin aynı olması kavramsal rollerini eşitlemez.

Cevap: C

CEVAP VER

Lütfen yorumunuzu giriniz!
Lütfen isminizi buraya giriniz