Ivana Micic

Fazi sistemi

– Zbirka zadataka –

December 25, 2016

Springer

Contents

1 Fazi skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Fazi operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3 Fazi logika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4 Fazi sistemi i njihova svojstva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

5 Fazi skupovi nad kompletnim reziduiranim mrezama . . . . . . . . . . . 415.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

v

Chapter 1

Fazi skupovi

Neka je U univerzalni skup, skup svih mogucih elemenata. Neka je A klasicanneparazan skup, podskup od U. Fazi skup A je skup uredjenih parova

A = {(x,µA(x))|x ∈U}

gde je µA : U→ [0,1] funkcija pripadnosti; µA(x) predstavlja stepen do kogelement x pripada skupu A.

Radi razumevanja pojma fazi skupa, razmotrimo primer gde u kome jeklasican skup A definisan nekim svojim svojstvom, npr. A je skup visokihljudi. Jasno, univerzalni skup u ovom primeru bi bio skup svih ljudi. Prime-timo da ne mozemo jasno povuci granicu pripadnosti skupu A ( ako kazemoda su ljudi visine 185 i vise visoki, da li neko ko je jedan cm nizi, ne pripadaovom skupu?) Fazi skup skupa A bi bio skup svih uredjenih parova (x,µA(x)),gde je x element skupa U, dok µA(x) predstavlja stepen pripadnosti skupuA, odnosno stepen do koga elemtn x ispunjava odredjeno svojstvo ( u ovomslucaju ”Biti visok”).

U zavisnosti od toga da li je skup U neprakidan ili diskretan, imamo dveklase fazi skupova: neprekidne fazi skupove i diskretne fazi skpove.

Neprekidni fazi skupovi cesto se predstavljaju na sledeci nacin:

A =

∫

UµA(x)/x,

dok se diskretni fazi skupovi predstavljaju sa:

A =

∑

U

µA(x)/x,

u ovim prikazima znak / ne predstavlja deljenje.Za predstavljanje neprekidnih fazi skupova koriste seOslonac fazi skupa A univerzalnog skupa U je skup svih elemenata x skupa

U, ciji je stepen pripadnosti skupu A razlicit od nule, tj.:

1

2 1 Fazi skupovi

supp(A) = {x ∈U|µA(x) > 0}.

Ako je oslonac fazi skupa prazan skup, tada se ovakav fazi skup naziva iprazan fazi skup. Fazi singlton je fazi skup ciji skup oslonac sadrzi tacno jedanelement.

Ako je srednja vrednost svih elemenata univerzalnog skupa cija je funkcijapripadnosti fazi skupu maksimalna, konacna ond je to centar fazi skupa.Ukoliko je srednja vrednost jednaka plus (minus) beskonacno, tada je centarfazi skupa najmanji (najveci ) element koji dostize maksimalnu funkcijupripanosti.

Visina fazi skupa je najveca vrednost funkcije pripadnosti fazi skupa. Uko-liko je visina fazi skupa jednaka jedan taj fazi skup je normalizovan fazi skup.α-odsecak fazi skupa A je skup Aα koji sadrzi sve elemente skupa U, cija

funkcija pripadnosti je veca ili jednaka α, odnosno:

Aα = {x ∈U |µA(x) ≥ α}.

Radi preciznije interpretacije, definisemo fazi skup Aα u skupu realnih bro-jeva, preko njegove funkcije pripadnosti sa:

µAα

(x) = αIAα

(x)

gde je IAα

indikator funkcija, tj.

IAα

(x) =

{1, x ∈ Aα ;0, inace.

Neka je skup U n- dimenzionalni Euklidski prostor Rn. Fazi skup A jekonveksan ako su svi njegovi α- odsecci Aα, za svako α ∈ (0,1], konveksniskupovi. Podsetimo se da je klasican skup A (A - podskup vektorskog pros-tora nad poljem realnih brojeva) konveksan kada za svako x, y ∈ A i svakoλ ∈ [0,1], vazi λx+ (1−λ)y ∈ A.

Fazi skup A nad Euklidskim prostorom U = Rn i neka je H hiperravan uRn definisana sa H = {(x1, ..,xn) ∈ Rn|x1 = 0}. Projekcija fazi skupa A na H jefazi skup AH u Rn−1 definisan sa

µAH(x2, ..,xn) = supx1∈RµA(x1, ..,xn),

gde je supx1∈RµA(x1, ..,xn), maksimalna vrednost funkcije µA(x1, ..,xn), za x1 ∈R.

Za fazi skup A nad univerzalnim skupom U, skalarna kardinalnost skupaA u oznaci |A|, definise se kao:

|A| =∑

x∈U

A(x).

1.1 Zadaci 3

Za svaki par fazi skupova A i B, stepen preklopa S(A,B) definise se kao

S(A,B) =1

|A| (|A| −∑

x∈U

max{0,A(x)−B(x)}).

Dva fazi skupa A i B su jednaka ako je µA(x) = µB(x), za svako x ∈X. Faziskup B sadrzi skup A , u oznaci A ⊂B ako je µA(x)≤ µB(x), za svako x ∈X.

Uobicajeno je da se komplement unija i presek fazi skupova definisu nasledeci nacin:

Komplement fazi skupa A , u oznaci A , je fazi skup cija je funkcija pripad-nosti definisana sa:

µA

(x) = 1−µA(x).

Unija fazi skupova A i B, u oznaci A∨

B, je fazi skup cija je funkcijapripadnosti definisana sa:

µA∨

B(x) =max{µA(x),µB(x)}.

Presek fazi skupova A i B, u oznaci A∧

B, je fazi skup cija je funkcijapripadnosti definisana sa:

µA∧

B(x) =min{µA(x),µB(x)}.

U opstem slucaju, ne moraju unija i presek biti minimum i maximum, vec tomogu biti i neki drugi operatori (npr. umesto minimuma moze biti proizvod).

1.1 Zadaci

1. Za fazi skupove A , B i C , nad univerzalnim skupom U = [0,10], defin-isane sledecim funkcijama pripadnosti:

µA(x) =x

x+ 2, µB(x) = 2−x, µC(x) =

1

1+ 10(x− 2)2.

Odredi sledece fazi skupove:

(a) A , B i C ,(b) A

∨B, B

∨C ,

(c) A∧

B, A∧

C .

2. Za fazi skupove A i B nad univerzalnim skupom U = [0,10], definisanesledecim funkcijama pripadnosti:

µA(x) =1

1+ x2, µB(x) = 2−x,

4 1 Fazi skupovi

Odredi sledece fazi skupove:

(a) A∧

B,

(b) A∨

B,

(c) A∧

B.

3. Za fazi skupove A i B nad univerzalnim skupom U dokazati da vazi:

|A|+ |B|= |A∪B|+ |A∩B|.

4. Odredi visinu fazi skup A nad univerzalnim skupom U = R, definisansledecom funkcijom pripadnosti:

µA(x) =x2+ x− 5

x2+ x+ 1

.

5. Za fazi skup A = |sin(2x+π/4)| nad univerzalnim skupom U = R, odrediα- odsecke:

(a) α =√

3/2,(b) α = 0.5,(c) α = 1.

6. Ako su A i Aα fazi skupovi, dokazati da vazi

A = supα∈[0,1]Aα.

Resenje: Neka je x ∈ R proizvoljni element i neka je µA(x) = a. Tada je

µsupα∈[0,1]Aα

(x) = supα∈[0,1]µAα(x) =max[supα∈[0,a]µAα

(x),supα∈[a,1]µAα(x)].

Za svako α ∈ (a,1], imamo da je µA(x) = a < α, pa odatle zakljucujemo dax nije u skupu Aα sto implicira da je µ

Aα(x) = 0. Ako je α ∈ [0,a], tada je

µA(x) = a > α, odnosno x ∈ Aα i vazi µAα

(x) = α. Dakle,

µsupα∈[0,1]Aα

(x) = supα∈[0,1]α = a = µA(x),

za proizvoljno x ∈ R.7. Dokazati da za dva fazi skupa A i B, nad istim univerzalnim skupom U,

vazi A∨

B =A∧

B ( podrazumeva se da je∨

maximum, a∧

minimum).Resenje: Neka su A i B proizvoljni fazi skupovi, treba pokazati da zasvako x ∈U vazi:

1−µA∨

B(x) = 1−max{µA(x),µB(x)} =min{1−µA(x),1−µB(x)} = µA∧

B(x).

Za proizvoljno x ∈U, vazi µA(x) ≥ µB(x) ili µA(x) < µB(x).U prvom slucaju 1−max{µA(x),µB(x)}= 1−µA(x)=min{1−µA(x),1−µB(x)}.

1.1 Zadaci 5

U slucaju µA(x) < µB(x), dakle 1−max{µA(x),µB(x)} = 1−µB(x) = min{1−µA(x),1−µB(x)}.

8. Dokazati da za dva fazi skupa A i B nad isitim univerzalnim skupom U,

vazi A∧

B =A∨

B ( podrazumeva se da je∨

maximum, a∧

minimum).Resenje: Pogledati predhodni zadatak.

9. Dokazati da je fazi skup A , gde je U = Rn konveksan ako i samo ako zasve x1,x2 ∈ Rn i λ ∈ [0,1] vazi:

µA(λx1+ (1−λ)x2) ≥min{µA(x1),µA(x2)}.

Resenje: ⇒ Neka je A konveksan skup i neka su x1 i x2 proizvoljnielementi iz Rn. Bez gubljenja opstosti, predpostavimo da jeµA(x1)≤µA(x2).Ukoliko je µA(x1) = 0, jasno nejednakost vazi. Neka je µA(x1) = α > 0. Izcinjenice da je A konveksan skup, α-odsecak Aα je takodje konveksan ivazi x1,x2 ∈Aα (jer jeµA(x2)≥µA(x1)=α), pa imamoλx1+(1−λ)x2 ∈Aα, zasvakoλ ∈ [0,1]. Dakle, µ(λx1+ (1−λ)x2)≥ α= µA(x1)=min{µA(x1),µA(x2)}.⇐ Neka vazi gornja nejednacina. Neka je α ∈ (0,1] proizvoljno. Akoje Aα prazan skup, on je konveksan po definiciji. Ako je Aα neprazanskup, i neka su x1 i x2 proizvoljni elementi iz Aα. Tada vazi µ(x1) ≥ αi µ(x2) ≥ α. Na osnovu gornje nejednakosti imamo µA(λx1 + (1−λ)x2) ≥min{µA(x1),µA(x2)} ≥ α, pa je dakle λx1 + (1− λ)x2 ∈ Aα, odnosno Aα jekonveksan skup za proizvoljno α. Dakle A je konveksan.

10. Dokazati da je presek dva konveksna fazi skupa takodje konveksan faziskup.Resenje: Neka su A i B dva konveksna fazi skupa i neka je C =A ∧B.Neka su x1 i x2 proizvoljni elementi iz U i λ ∈ [0,1] tada zbog konveksnostiskupova A i B imamo:

µA(λx1+ (1−λ)x2) ≥min{µA(x1),µA(x2)},

µB(λx1+ (1−λ)x2) ≥min{µB(x1),µB(x2)}.Onda na osnovu definicije skupa C zakljucujemo:

µC(λx1+ (1−λ)x2) =min{µA(λx1+ (1−λ)x2),µB(λx1+ (1−λ)x2)}≥min{min{µA(x1),µA(x2)},min{µB(x1),µB(x2)}} ==min{min{µA(x1),µB(x1)},min{µB(x2),µA(x2)}} ==min{µC(x1),µC(x2)}.

Dakle, C je konveksan skup.11. Za fazi skupove A , B i C , nad univerzalnim skupom U = [0,10], defin-

isane sledecim funkcijama pripadnosti:

µA(x) =x

x+ 2, µB(x) = 2−x, µC(x) =

1

1+ 10(x− 2)2.

6 1 Fazi skupovi

Ispitati da li su konveksni.12. Neka je fazi skup A nad univerzalnim skupom U = [−1,1]× [−3,3] sa

funkcijom pripadnosti definisanom sa:

µA(x1,x2) = e−(x21+x2

2).

Odredi proekciju skupa A na hiperravan H1 = {(x1,x2) ∈U|x1 = 0} i H2 =

{(x1,x2) ∈U|x2 = 0}.13. Za fazi skupove A i B razlika fazi skupova A i B definise se:

A−B = A∩ B,

a simetricna razlika se definise sa:

A∆B = (A− B)∪ (B− A).

Dokazati:

A∆B∆C = (A∩ B∩C)∪ (A∩B∩ C)∪ (A∩ B∩ C)∪ (A∩B∩C).

14. Za sledece fazi skupove odredi skalarnu kardinalnost, kao i S(B,C) iS(C,B):

(a) A = 0.5/x+ 0.2/y+0.7/z+1/w;(b) B(x) = x

1+x , za x ∈ {0,1, ..,10};(c) C(x) = 1− x

10 ,za x ∈ {0,1, ..,10}.

Chapter 2

Fazi operatori

Neka je c : [0,1]→ [0,1] preslikavanje koje transformise funkciju pripadnostifazi skupa A u funkciju pripadnosti fazi skupa komplement od A, tj.:

c(µA(x)) = µA(x).

Funkcija c : [0,1]→ [0,1] koja zadovoljava Aksiome c.1 i c.2 je fazi kom-plement:

Aksioma c.1 c(0) = 1 i c(1) = 0;Aksioma c.2 Za svako a,b ∈ [0,1], ako je a < b onda je c(a) > c(b).

Neka je s : [0,1]× [0,1]→ [0,1] preslikavanje koje transformise funkcijupripadnosti fazi skupova A i B u funkciju pripadnosti fazi skupa A∪B, tj.:

s(µA(x),µB(x)) = µA∪B(x).

Funkcija s : [0,1]× [0,1]→ [0,1] koja zadovoljava Aksiome s.1 - s.4 je faziunija(s-norma):

Aksioma s1. s(1,1) = 1, s(0,a) = s(a,0) = a.Aksioma s2. s(a,b) = s(b,a).Aksioma s3. Ako je a 6 a′ i b 6 b′ onda je s(a,b) 6 s(a′,b′)Aksioma s4. s(s(a,b),c) = s(a,s(b,c)).

Neka je i : [0,1]× [0,1]→ [0,1] preslikavanje koje transformise funkcijupripadnosti fazi skupova A i B u funkciju pripadnosti fazi skupa A∩B, tj.:

i(µA(x),µB(x)) = µA∩B(x).

Funkcija t : [0,1]× [0,1]→ [0,1] koja zadovoljava Aksiome t.1 - t.4 je fazipresek (t-norma):

Aksioma t1. t(0,0)= 0;t(a,1)= a;t(1,a) = a;Aksioma t2. t(a,b) = t(b,a).Aksioma t3. Ako je a 6 a′ i b 6 b′, onda je t(a,b) 6 t(a′,b)

7

8 2 Fazi operatori

Aksioma t4. t(t(a,b),c)= t(a, t(b,c)).

Neprekidna t-norma koja zadovoljava uslov

t(a,a) 6 a, a ∈ [0,1],

je Arhimedova t-norma.Operator agregacije na n fazi skupova se definise kao preslikavanje h :

[0,1]n→ [0,1] koje zadovoljava sledece aksiome:

Aksioma a1. h(0,0, ..,0)= 0 i h(1,1, ..,1)= 1.Aksioma a2. Za svaki par n-torki (a1,a2, ..,an) i (b1,b2, ..,bn), takav da je

ai 6 bi, za svako i ∈ 1, ..,n, vazi:

h(a1,a2, ..,an) 6 h(b1,b2, ..,bn)

Aksioma a3. h je neprekidna funkcija.

Operator agregacije h za koji vazi :

min(a1, ..,an) 6 h(a1, ..,an) 6max(a1, ..,an).

naziva se operator usrednjavanja.Funkcija 1 : [0,1]→ R koja je neprkidna, strogo rastuca i vazi 1(0) = 0

naziva se rastuci generator.Pseudo inverz rastuceg generatora 1u oznaci 1(−1) definise se sa:

1(−1)(a) =

0, a ∈ (−∞,0);1−1(a), a ∈ [0,1(1)];1, a ∈ (1(1),+∞).

Funkcija 1 : [0,1]→ R koja je neprkidna, strogo opadajuca i vazi 1(1) = 0naziva se opadajuci generator.

Pseudo inverz opadajuceg generatora 1, u oznaci 1(−1) definise se sa:

1(−1)(a) =

1, a ∈ (−∞,0);1−1(a), a ∈ [0,1(0)];0, a ∈ (1(0),+∞).

Kompozicija fazi relacija f ∈ R(A,B) i 1 ∈ R(B,C), je fazi relacija f ◦ 1 ∈R(A,C) cija funkcija pripadnosti µ f◦1 je definisana sa:

µ f◦1(a,c) =maxb∈Bt[µ f (a,b),µ1(b,c)],

za svako a,b ∈ A×B, gde je t proizvoljna t-norma.

2.1 Zadaci 9

2.1 Zadaci

1. Ispitati da li je funkcija cλ : [0,1]→ [0,1] definisana sa:

cλ(x) =1− x

1+λx

za svako λ ∈ (−1,+∞), fazi komplement. Zatim, proveriti da li je involu-tivna (c(c(x))= x).Resenje: Da bi funkcija cλ bila fazi komplement potrebno je da zadovoljisvojstva c1 i c2. Dakle,

cλ(0) =1− 0

1+λ0= 1, cλ(1) =

1− 1

1+λ1= 0.

Razmotrimo sada osobinu c2.Ako je λ > 0 i a,b ∈ [0,1] proizvoljni elementi takvi da je a < b. Tada je1− a> 1− b i 1

1+λa >1

1+λb , odakle sledi da je cλ(a) > cλ(b).Neka jeλ ∈ (−1,0) i a,b ∈ [0,1] proizvoljni elementi takvi da je a< b. Imamo:

cλ(a) =1− a

1+λa=

1− a+λa−λa

1+λa= 1− a+λa

1+λa.

i slicno cλ(b) = 1− b+λb1+λb .

Kako je a < b to imamo (1+λ)a < (1+λ)b i posto je λ negativno λa > λb,

odakle je 11+λa <

11+λb , pa vazi a+λa

1+λa <b+λb1+λb . Zakljucujemo da je cλ(a)> cλ(b).

Involutivnost,

cλ(cλ(x)) =1− cλ(x)

1+λcλ(x)=

1− 1−x1+λx

1+λ 1−x1+λx

=

1+λx−1+x1+λx

1+λx+λ−λx1+λx

=

x+λx

1+λ= x.

2. Ispitati da li je funkcija c : [0,1]→ [0,1] definisana sa:

c(x) = (1− a)1/

za svako ∈ (0,+∞), fazi komplement. Zatim, proveriti da li je involu-tivna.Resenje: Pogledati predhodni zadatak.

3. Ako funkcija c : [0,1]→ [0,1] zadvoljava sledece uslove:

(1) Za svako a,b ∈ [0,1], ako je a < b onda je c(a) > c(b).(2) Za svako x ∈ [0,1], vazi c(c(x)) = x.

Dokazati da za funkciju c vazi:

a) c(0) = 1 i c(1) = 0;b) c je bijekcija;c) c je neprekidna funkcija.

10 2 Fazi operatori

Resenje: a) S obzirom da je c : [0,1]→ [0,1], vazi c(0) 6 1 i c(1) > 0. Zbogosobine (1) imamo c(c(0))> c(1), a na osnovu osobine (2) imamo c(c(0))= 0,pa je dakle c(1) = 0. Sada ponovo na osnovu osobine (2) imamo c(c(1)) =c(0) = 1b) Da bi pokazali da je c bijekcija pokazacemo prvo da je c sirjektivnopreslikavanje. Neka je a ∈ [0,1] proizvoljni element, tada postoji b ∈ [0,1]tako da je c(a) = b, sad na osnovu (2) imamo a = c(c(a)) = c(b). Dakle zasvako a ∈ [0,1], postoji b ∈ [0,1] tako da je c(b) = a, odnosno c je sirjekcija.Neka su a1,a2 ∈ [0,1] takvi da je c(a1) = c(a2), na osnovu osobine (2):

a1 = c(c(a1)) = c(c(a2)) = a2.

Dakle, c je ”1-1”, sto znaci da je c bijekcija.c) Predpostavimo suprotno tj. da c sadrzi tacku prekida a ∈ [0,1]. Tadavazi

b = limx→a−

c(x) > c(a)

No onda mora da postoji b1 ∈ [0,1] tako da je b> b1 > c(a), za koje ne postojia1 ∈ [0,1] tako da je c(a1) = b1, sto je u kontradikciji sa cinjenicom da je cbijekcija.

4. Dokazati da svaki fazi komplement ima najvise jedan ekvilibrijum (a ∈[0,1], takvo da je c(a) = a).Resenje: Predpostavimo suprotno, za proizvoljan fazi komplement c :[0,1]→ [0,1], neka su a,b ∈ [0,1] dva ekvilibrijuma razlicita ekvilibrijuma.Bez gubljenja opstosti mozemo predpostaviti da je a < b. Zbog osobinec2,imamo da je a = c(a) > c(b) = b, sto je u kontradikciji sa predpostavkomda je a < b.

5. Dokazati da svaki neprekidan fazi komplement ima jedinstven ekvilibri-jum.Resenje: Neka je c[0,1]→ [0,1] proizvoljan neprekidan fazi komplement.Funkcija c je bijekcija. Tada je i funkcija f (x) = x− c(x) takodje neprekidnana intervalu [0,1] i bijekcija. Kako je −c(x) monotono rastuca to je i f

monotono rastuca funkcija i vazi f (0) = −1 i f (1) = 1. Sto znaci da jef : [0,1]→ [−1,1]. Pa za svako b ∈ [−1,1] postoji a ∈ [0,1] tako da je f (a) = b.Pa i za b = 0 postoji a ∈ [0,1] tako da je f (a) = a− c(a) = 0, odnosno aje ekvilibrijum. Na osnovu predhodnog zadatka zakljucujemo da je ajedinstven.

6. Dokazati da je funkcija sλ : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisana sa:

sλ(a,b) =

a, ako je b = 0;b, ako je a = 0;

11+[( 1

a−1)−λ+( 1b−1)−λ]−1/λ

, inace.

za svako λ ∈ (0,+∞), fazi unija.7. Dokazati da je funkcija sα : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisana sa:

2.1 Zadaci 11

sα(a,b) =a+ b− ab−min{a,b,1−α}

max{1− a,1− b,α} ,

za svako α ∈ [0,1], fazi unija.8. Dokazati da je funkcija sω : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisana sa:

sω(a,b) =min{1, (aω+ bω)1/ω},

za svako ω ∈ (0,+∞), fazi unija.9. Dokazati da je funkcija sd : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisana sa:

sd(a,b) =

a, ako je b = 0;b, ako je a = 0;1, inace.

fazi unija.10. Dokazati da je funkcija s : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisana sa:

s(a,b) =a+ b

1+ ab,

fazi unija.11. Dokazati da je funkcija s : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisana sa:

s(a,b) = a+ b− ab

fazi unija.12. Dokazati da za svaku funkciju s : [0,1]× [0,1]→ [0,1] koja zadovoljava

aksiome s1-s4 vazi:

max{a,b} 6 s(a,b) 6 sd(a,b),

gde su a,b ∈ [0,1].Resenje: Prvo cemo pokazati da je max(a,b) 6 s(a,b). Na osnovu osobinas3 i s1 imamo:

s(a,b) > s(a,0) = a.

Osim toga na osnovu osobine s2 imamo

s(a,b) = s(b,a) > s(b,0) = b.

Odakle zakljucujemo da je

s(a,b) >max{a,b}.

Sledece, pokazimo da vazi s(a,b) 6 sd(a,b). Ako je b = 0 tada na osnovuosobine s1 imamo da je s(a,b)= s(a,0)= a pa je u tom slucaju sd(a,b)= s(a,b).Zbog komutativnosti imamo da je u slucaju a = 0 takodje s(a,b) = sd(a,b).

12 2 Fazi operatori

Ako je a , 0 i b , 0 onda je

sd(a,b) = 1 > s(a,b),

sto je i trebalo pokazati.13. Dokazati da vazi:

a) limλ→∞ sλ(a,b) =max(a,b);b) limλ→0 sλ(a,b) = sd(a,b).

Resenje: a) Ako je a = b , 0 imamo da je

limλ→∞

sλ = limλ→∞

1

1+ [2( 1a − 1)−λ]−1/λ

= limλ→∞

1

1+ 2−1/λ( 1a − 1)

= a =max{a,b}.

Ako je a = b = 0 imamo da je limλ→∞ sλ(a,b) = limλ→∞ 0 =max(a,b).Ako je a , b, bez gubljenja opstosti mozemo predpostaviti da je a < b.Neka je z(a,b)= [( 1

a −1)−λ+ ( 1b −1)−λ]−1/λ, tada koristeci Lopitalovo pravilo

imamo:

limλ→∞

ln(z) = limλ→∞−

( 1a − 1)−λ+ ( 1

b − 1)−λ

λ=

= limλ→∞

( 1a − 1)−λln(( 1

a − 1)−λ)+ ( 1b − 1)−λln(( 1

b − 1)−λ)

( 1a − 1)−λ+ ( 1

b − 1)−λ=

= limλ→∞

[( 1a − 1)/( 1

b − 1)]−λln( 1a − 1)+ ln( 1

b − 1)

[( 1a − 1)/( 1

b − 1)]−λ+ 1=

= ln(1

b− 1).

Dakle z = 1b − 1, i odavde je

limλ→∞

sλ =1

1+ z= b =max{a,b}.

b) Ukoliko je a = 0 ili je b = 0 direktno iz definicije vazi b). Ako je a , 0 ib , 0 imamo:

limλ→0

sλ(a,b)= limλ→0

1

1+ [( 1a − 1)−λ+ ( 1

b − 1)−λ]−1/λ= limλ→0

1

1+ [1+ 1]−1/λ=

1

1+ 0= 1

Kako je sd(a,b) = 1, za a,b , 1 to b) vazi.14. Dokazati da je funkcija i : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisana sa:

i(a,b) =max{0,a+ b− 1}

fazi presek.

2.1 Zadaci 13

15. Dokazati da je funkcija tλ : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisana sa:

tλ =1

1+ [( 1a − 1)λ+ ( 1

a − 1)λ]1/λ

za svako λ ∈ (0,∞), fazi presek.16. Dokazati da je funkcija td : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisana sa:

td(a,b) =

a, ako je b = 1;b, ako je a = 1;0, inace.

fazi presek.17. Dokazati da je preslikavanje t : [0,1]× [0,1]→ [0,1] zadovoljava osobine

t1− t3 ako postoji opadajuci generator f takav da vazi:

t(a,b) = f (−1)( f (a)+ f (b)).

Resenje: Neka je f proizvoljan opadajuci generator, pokazacemo da je tArhimedova t-norma. Osobina (t1):

t(0,0)= f (−1)( f (0)+ f (0))= f (−1)(2 f (0)),

kako je f opadajuca funkcija za koju vazi f (1) = 0 to je f (0) > 0, pa jesamim tim 2 f (0) > 0. Dalje, na osnovu definicije pseudo-inverza imamoda je f (−1)(2 f (0)) = 0, odnosno t(0,0) = 0.Za proizvoljno a ∈ [0,1] je f (a) 6 f (0), jer je f opadajuci generator, pa je:

t(a,1) = f (−1)( f (a)+ f (1))= f (−1)( f (a)) = f−1( f (a)) = a.

I slicno t(1,a) = a.Osobina (t2) ocigledno vazi.Osobina (t3): Neka su a,a′,b,b′ ∈ [0,1], takvi da a 6 a′ i b 6 b′. Tada jex= f (a)+ f (b)> f (a′)+ f (b′)= y. Kako je x> y da bi pokrili sve mogucnostidovoljno je da razmotrimo sledece:Ako je y ∈ (−∞,0) po definiciji pseudo inverza je t(a,b) = f (−1)(x) 6 1 =f (−1)(y) = t(a′,b′).Ako je x ∈ (1(0),+∞) vazi t(a,b) = f (−1)(x) = 0 6 f (−1)(y) = t(a′,b′).Ako su x, y ∈ [0,1(0)] tada je f (−1)(x) = f−1(x) i f (−1)(y) = f−1(y), i kako jeinverz opadajuce funkcije opadajuca funkcija to je f (−1)(x) 6 f (−1)(y).

18. Dokazati da za svaku funkciju t : [0,1]× [0,1]→ [0,1] koja zadovoljavaaksiome t1-t4 vazi:

td(a,b) 6 t(a,b) 6min(a,b),

gde su a,b ∈ [0,1].Resenje: Neka je t : [0,1]× [0,1]→ [0,1] proizvoljna funkcija koja zadovol-java aksiome t1- t4. Prvo cemo pokazati nejednakost t(a,b) 6min(a,b). Za

14 2 Fazi operatori

proizvoljno a ∈ [0,1] je a 6 1 i aksiome t3 imamo t(a,b) 6 t(1,b), iz t1 i t2zakljucujemo:

t(a,b) 6 t(1,b) = b,

i slicno t(a,b) 6 a, odavde je t(a,b) 6min(a,b).Sa druge strane, u slucaju kada je a, 1 i b, 1 jasno je da vazi td{a,b}6 t(a,b).U slucaju, b = 1 imamo t(a,b) = t(a,1)= a = td(a,1) i slicno u slucaju kada jea = 1.

19. Dokazati da je funkcija min(a,b) jedini idempotentan fazi presek.Resenje: Ocigledno je da je min{a,a} = a, za svako a ∈ [0,1]. Sa drugestrane, predpostavimo da postoji t-norma i koja je idempotentna, odnosnoi(a,a) = a, za svako a ∈ [0,1]. No onda, za proizvoljne a,b ∈ [0,1] takve daje a 6 b, vazi:

a = i(a,a) 6 i(a,b) =6 i(a,1) = a,

na osnovu osobina monotonosti i ogranicenosti. Dakle, i(a,b)= a=min{a,b}.Slicno, ako je a > b vazi i(a,b) = b =min{a,b}, sto je i trebalo pokazati.

20. Dokazati da je funkcija max(a,b) jedina idempotentna fazi unija.Resenje: Pogeldati predhodni zadatak.

21. Neka je c proizvoljan involutivan fazi komplement i t proizvoljna t-norma.Dokazati da je operator u : [0,1]× [0,1]→ [0,1] definisan sa

u(a,b) = c(t(c(a),c(b))),

s-norma.22. Dokazati da za svaki idempotentnat operator agregacije h : [0,1]n→ [0,1]

i svaku n-torku (a1, ..,an) ∈ [0,1]n vazi:

min(a1, ..,an) 6 h(a1, ..,an) 6max(a1, ..,an).

23. Ispitati da li je preslikavanje vλ : [0,1]2→ [0,1] definisano sa:

vλ(a,b) = λmax(a,b)+ (1−λ)min(a,b)

operator agregacije.24. Neka je je h : [0,1]n→ [0,1] operator agregacije koji zadovoljava

h(max(a1,b1), ..,max(an,bn)) =max(h(a1, ..,an),h(b1, ..,bn)), (2.1)

hi(hi(ai)) = hi(ai), (2.2)

gde je hi(ai) = h(0, ..,ai, ..,0), za svako i ∈Nn. Dokazati da je tada:

h(a1, ..,an) =max(min(a1,w1), ..,min(an,wn),

gde je w1, ..,wn ∈ [0,1].Resenje: Kako je h(a1, ..,an)= h(max(a1,0), ..,max(an,0)), na osnovu svojstva(2.1) imamo da je h(a1, ..,an) = max(h(a1,0, ..,0),h(0,a2, ..,an)). Zatim imamo

2.1 Zadaci 15

da je h(0,a2, ..,an)=max(h(0,a2,0, ..,0),h(0,0,a3, ..,an)), nastavkom ovog pos-tupka dobijamo:

h(a1, ..,an) =max(h(a1,0, ..,0),h(0,a2, ..,0), ..,h(0, ..,an)) =max(h1(a1), ..,hn(an))

Ostaje samo da se dokaze da je hi(ai) = min(ai,wi). Funkcija hi(ai) jeneprekidna neopadajuca funkcija za koju vazi hi(0) = 0 i hi(hi(ai)) = hi(ai).Neka je hi(1) = wi, tada je hi(x) ∈ [0,w1] za svako x iz domena. Zbogneprekidnosti funkcije za svako ai ∈ [0,wi] postoji bi tako da je hi(bi) = ai

i odatle je hi(ai) = hi(hi(ai)) = hi(bi) = ai, pa je odatle hi(ai) = min(ai,wi). Zasvako ai ∈ (wi,1], vazi wi = hi(1)= hi(hi(1))= hi(wi)6 hi(ai) 6 hi(1)=wi, i kaoposledicu imamo hi(ai) = wi =min(wi,ai).

25. Funkcija c : [0,1]→ [0,1] je fazi komplement ako i samo ako postoji rastucigenerator 1 takav da je

c(a) = 1(−1)(1(1)−1(a)).

za svako a ∈ [0,1].Resenje: Neka je 1 rastuci generator, odnosno neka je 1 neprekidna strogorastuca funkcija iz [0,1] u R koja zadovoljava 1(0) = 0. Tada je pseudoinverz od 1 u oznaci 1(−1) funkcija iz R u [0,1] definisana sa:

1(−1)(a) =

0, a ∈ (−∞,0);1−1(a), a ∈ [0,1(1)];1, a ∈ (1(1),∞).

gde je 1−1 obican inverz.Neka je sada c : [0,1]→ [0,1] definisana kao u zadatku, pokazacemo da je cfazi komplement. Neka su a,b ∈ [0,1], takvi da je a< b, tada je 1(a)< 1(b), noonda je 1(1)−1(a)> 1(1)−1(b). Odavde je c(a)= 1−1(1(1)−1(a))> 1−1(1(1)−1(b)) = c(b), pa zakljucujemo da c zadovoljava Aksiomu c2.Pokazacemo da je c involutivna funkcija. Neka je a ∈ [0,1], tada je

c(c(a)) = 1−1(1(1)−1(c(a)))= 1−1(1(1)−1(1−1(1(1)−1(a))))=

= 1−1(1(1)−1(1)+1(a))= 1−1(1(a))= a.

S obzirom da je c : [0,1]→ [0,1], vazi c(0) 6 1 i c(1) > 0. Zbog osobinemonotonosti imamo c(c(0)) > c(1), a na osnovu osobine involutivnostiimamo c(c(0)) = 0, pa je dakle c(1) = 0. Sada ponovo na osnovu osobineinvolutivnosti imamo c(c(1))= c(0) = 1, dakle c je fazi komplement.Obratno, neka je c fazi komplement, treba naci funkciju 1 koja je rastucigenerator i zadovoljava c(a) = 1−1(1(1)−1(a)).Kako je c fazi komplement, ona c ima jedinstven ekvilibrijum. Oznacimoekvilibrijum sa ec ∈ (0,1) ( ec zadovoljava c(ec)= ec). Neka je h : [0,ec]→ [0,b]proizvoljno neprekidno preslikavanje koje zadovoljava h(0) = 0 i h(ec) = b

16 2 Fazi operatori

gde je b proizvoljan pozitivan fiksiran realan broj. Neka je recimo h(a)= baec

.Sada definismo funkciju 1 : [0,1]→ R sa:

1(a) =

{h(a), a ∈ [0,ec];2b− h(c(a)), a ∈ (ec,1].

Jasno, 1(0) = h(0) = 0 i 1 je neprekidna funkcija a takodje i strogo rastuca,jer je h neprekidna i strogo rastuca. Sada je lako pokazati da je pseudoinverz od 1 definisan na sledeci nacin:

1(−1)(a) =

0, a ∈ (−∞,0);h−1(a), a ∈ [0,b];c(h−1(2b− a)), a ∈ [b,2b];1, a ∈ (2b,∞).

Ostaje jos da se pokaze da vazi c(a) = 1−1(1(1)−1(a)), za svako a ∈ [0,1].Za svako a ∈ [0,1], ako je a ∈ [0,ec], tada je

1−1[1(1)−1(a)]= 1−1[1(1)− h(a)]= 1−1[2b− h(a)]=

c(h−1(2b− (2b− h(a))))= c(a).

Ako je a ∈ [0,ec], tada je

1−1[1(1)−1(a)]= 1−1[2b− (2b− h(c(a)))]= 1−1[h(c(a))]=

h−1[h(c(a))]= c(a).

Pa zakljucujemo da jednakost vazi za svako a ∈ [0,1].26. Funkcija c : [0,1] → [0,1] je fazi komplement ako i samo ako postoji

opadajuci generator f takav da je

c(a) = f−1( f (0)− f (a)).

za svako a ∈ [0,1].27. Neka je funkcija f opadajuci generator, tada je funkcija 1 definisana na

sledeci nacin:1(a) = f (0)− f (a),

za svako a ∈ [0,1] rastuci generator takav da vazi 1(1) = f (0), i njegovpseudo-inverz 1−1 dat je sa:

1−1(a) = f−1( f (0)− a)

Resenje: Kako je f opadajuci generator, ona je neprekidna opadajucafunkcija koja zadovoljava f (0) = 1, kao razlika konstante i neprekidnefunkcije, 1 je takodje neprekidna. Za svako a,b ∈ [0,1] takvo da vazi a <b, imamo f (a) > f (b), pa je odatle 1(a) = f (0)− f (a) < f (0)− f (b) = 1(b),

2.1 Zadaci 17

dakle 1 je rastuca funkcija. Dalje, 1(0)= f (0)− f (0) = 0, odavde je 1 rastucigenerator. Osim toga, posto je f (1) = 0 zakljucujemo da je 1(1) = f (0)−f (1) = f (0). Pseudo-inverz od 1 definisan sa:

1(−1)(a) =

0, a ∈ (−∞,0);1−1(a), a ∈ [0,1(1)];1, a ∈ (1(1),∞).

Neka je b = 1(a) = f (0)− f (a), a ∈ [0,1(1)] = [0, f (0)]; tada imamo f (a) =f (0)− b i a = f−1( f (0)− b). Odatle, za svako a ∈ [0,1(1)]= [0, f (0)], 1−1(a) =f−1( f (0)− a). S druge strane,

f (−1)( f (0)− a)=

1, za f (0)− a ∈ (−∞,0) ;f−1( f (0)− a), za f (0)− a ∈ [0, f (0)];0, za f (0)− a ∈ ( f (0),∞);

=

1, za a ∈ ( f (0),∞) ;f−1( f (0)− a), za a ∈ [0, f (0)];0, za a ∈ (−∞,0)

=

1, za a ∈ (1(1),∞) ;1−1(a), za a ∈ [0,1(1)];0, za a ∈ (−∞,0)

Odatle je

1(−1)(a) = f (−1)( f (0)− a).

28. Dokazati da je binarni operator u na [0,1] definisan sa

u(a,b) = c(t(c(a),c(b))),

za svako a,b ∈ [0,1], gde je c involutivni fazi komplement a t proizvoljnat-norma, s norma.Resenje: Da bi dokazali da je u s-norma treba pokazati da zadovoljavaAksiome s1-s4.

s1 Na osnovu definicije operatora u, za svako a ∈ [0,1] i Aksiome c1,Aksiome t1 i Aksiome c4 imamo:

u(a,0) = c(t(c(a),c(0)))= c(t(c(a),1))= c(c(a))= a,

dakle u zadovoljava s1.s2 Za svako a,b,d ∈ [0,1], ako je b 6 d onda je c(b) > c(d). Na osnovu

Aksiome t2 imamo

t(c(a),c(b))> t(c(a),c(d)),

sada na osnovu monotonosti komplementa imamo

18 2 Fazi operatori

u(a,b) = c(t(c(a),c(b)))6 c(t(c(a),c(d)))= u(a,d),

dakle u zadovoljava s2.s3 Za svako a,b ∈ [0,1] imamo

u(a,b) = c(t(c(a),c(b)))= c(t(c(b),c(a)))= u(b,a).

dakle u zadovoljava s3.s4 Za svako a,b,d ∈ [0,1] imamo:

u(a,u(b,d)) = c(t(c(a),c(u(b,d))))= c(t(c(a),c(c(t(c(a),c(d))))))

= c(t(c(a), t(c(a),c(d))))= c(t(t(c(a),c(a)),c(d))))=

= c(t(c(c(t(c(a),c(a))))),c(d))= u(u(a,b),d).

dakle u zadovoljava s4.

29. Dokazati da je binarni operator t na [0,1] definisan sa

t(a,b) = c(u(c(a),c(b))),

za svako a,b ∈ [0,1], gde je c involutivni fazi komplement a u proizvoljnas-norma, t norma.

30. Neka je f ∈R(A,A) refleksivna fazi relacija. Dokazati da je:

a) f ◦ f refleksivna fazi relacija;b) f ⊆ f ◦ f , gde je ◦ definisano sa:

µ f◦1(a,c) =maxb∈Bmin[µ f (a,b),µ1(b,c)],

za sve a ∈ A,c ∈ C.

Chapter 3

Fazi logika

Lingvisticka promenljiva je odredjena uredjenom cetvorkom (X,T,U,M),gde je:

X- ime promenljive (na primer X=” brzina kretanja automobila”);T- skup lingvistickih vrednosti koje promenljiva X moze da uzme (na

primer T = {spor,srednji,brz};U- domen iz koga promenljive uzimaju vrednosti U = [0,200km/h];M- je semanticko pravilo koje povezuje svaku lingvisticku vrednost iz T

sa fazi skupom nad U odnosno sa funkcijom pripadnosti µ.

19

20 3 Fazi logika

Najcesce se za predstavljanje lingvisickih promenljivih koriste fazi skupovipredstavljeni sledecim funkcijama pripadnosti:

Trougaona funkcija µa,b,c : R→ [0,1] definisana sa:

µa,b,c(x) =

x−ab−a , ako je a 6 x 6 b;c−xc−b , ako je b 6 x 6 c;0, inace.

Trougaona funkcija µ2,5,8.

Trapezoidna funkcija µa,b,c,d : R→ [0,1] definisana sa:

µa,b,c,d(x) =

x−ab−a , ako je a 6 x 6 b;1, ako je b 6 x 6 c;d−xd−c , ako je c 6 x 6 d;0, inace.

Trapezoidna funkcija µ1,4,8,10.

Gausova funkcija µσ,c : R→ [0,1] definisana sa:

µσ,c(x) = e−(x−c)2

2σ2 .

3 Fazi logika 21

Gausova funkcija µ0.8,2.

Gbell funkcija µa,b,c : R→ [0,1] definisana sa:

µa,b,c(x) =1

1+ | x−ca |2b.

Gbell funkcija

Za predstavljanje lingvistickih promenljivih, sa funkcijom pripadnosti µ :R→ [0,1], koje imaju pridev, na primer ”vrlo spor” ili ”vrlo brz”, uobicajenoje da se koristi funkcija pripadnosti µ2. Za predstavljanje lingvistickepromenljive sa pridevom ”manje - vise ” uobicajeno koristiti funkciju

õ.

22 3 Fazi logika

Plava linije predstavlja funkciju pripadnosti lingvisticke promenljive ”Sporhod”, crvena linije predstavlja funkciju pripadnosti lingvisticke

promenljive ”Vrlo spor hod”, zelena linije predstavlja funkciju pripadnostilingvisticke promenljive ”Manje-vise hod”,

Osnovna fazi propozicija je izraz oblika:x je A, gde je x lingvisticka promenljiva i A je lingvisticka vrednost

od x (A je fazi skup).Slozena fazi propozicija je kompozicija ( pomocu veznika ”i”, ”ili” i ”ne”)

osvnovnih fazi propozicija .Fazi AKO-ONDA pravilo je pravilo oblika : ”AKO p ONDA q” (gde su p

i q fazi propozicije).U klasicnoj logici vazi p→ q≡ p

∨q, pa i u fazi logici izraz ”AKO p ONDA

q” predstavljamo funkcijom pripadnosti µ(p,q) = p∨

q.U zavisnosti od toga koji operator koristimo za modeliranje komplementa

a koji za modeliranje fazi unije dobijamo vise razlicitih fazi implikacija:

µD(x, y) =max(1−µp1(x),µp2(y)) Dienes-Rescher Implikacija,

µL(x, y) =min(1,1−µp1(x)+µp2(y)) Lukasiewicz Implikacija,

µZ(x, y) =max(min(µp1(x),µp2(y)),1−µp1(x)) Zadeh implikacija,

µG(x, y) =

{1, ako je µp1(x) 6 µp2(x);µp2(x), inace.

Godel Implikacija,

µMM(x, y) =min(µp1(x),µp2(y)) Mamdani 1 Implikacija,

µMP(x, y) = (µp1(x)µp2(y)) Mamdani 2 Implikacija.

S obzirom da fazi logika predstavlja uopstenje klasicne logike, potrebno jeda se pored modeliranja operatora (i,ili, ne, AKO- ONDA...), modeliraju iosnovna praavila logickog zakljucivanja iz klasicne logike.

3 Fazi logika 23

Pravila logickog zakljucivanja u klasicnoj logici:MODUS PONENS: Ako vazi propozicija p i propozicija p→ q onda vazi i

propozicija q, tj.:

(p∧

(p→ q))→ q.

Intuitivno modus ponens znaci:

Premisa 1 : x je jednako A;

Premisa 2 : AKO je x jednako A ONDA je y jednako B;

Konkluzija : y je jednako B.

MODUS TOLLENS: Ako vazi propozicija q i propozicija p→ q onda vazii propozicija p, tj.:

(q∧

(p→ q))→ p.

Intuitivno modus tollens znaci:

Premisa 1 : y nije jednako B;

Premisa 2 : AKO je x jednako A ONDA je y jednako B;

Konkluzija : x nije jednako A.

HIPOTETICKI SILOGIZAM: Ako vazi propozicija p→ q i propozicija q→ ronda vazi i propozicija p→ r, tj.:

((p→ q)∧

(q→ r))→ (p→ r).

Intuitivno hipoteticki silogizam znaci:

Premisa 1 : AKO je x jednako A ONDA je y jednako B;

Premisa 2 : AKO je y jednako B ONDA je z jednako C;

Konkluzija : AKO je x jednako A ONDA je z jednako C.

U nastavku navodimo uopstenje modus ponensa, uopstenje modus tollensa iuopstenje hipotetickog silogizma koji predstavljaju osnovna pravila logickogzakljucivanja u fazi logici.

UOPSTENJE MODUS PONENSa: Ako vazi propozicija ”x je jednako A′” ipropozicija ”Ako je x je jednako A onda je y jednako B” onda vazi i propozicija”y je jednako B′”, tako da sto je A′ blize A to je B′ blize B.

Odnosno, uopstenje modus ponensa znaci:

Premisa 1 : x je jednako A′;

Premisa 2 : AKO je x jednako A ONDA je y jednako B;

Konkluzija : y je jednako B′.

24 3 Fazi logika

Za dati fazi skup A′ : U→ L (koji predstavlja premisu ”x je jednako A′”) ifazi relaciju A→ B ∈R(U,V) (koji predstavlja premisu ”Ako je x je jednakoA onda je y jednako B”), fazi skup B′ : V→ L (koji predstavlja konkluziju ”yje jednako B′”) predstavlja se kao:

µB′(y) = supx∈Ut(µA′(x),µA→B(x, y)).

UOPSTENJE MODUS TOLLENSa: Ako vazi propozicija ”y je jednakoB′” i propozicija ”Ako je x je jednako A onda je y jednako B” onda vazi ipropozicija ”x je jednako A′”, tako da sto se B′ vise razlikuje od B to se A′

vise razlikuje od A.Odnosno, uopstenje modus tollens znaci:

Premisa 1 : y je jednako B′;

Premisa 2 : AKO je x jednako A ONDA je y jednako B;

Konkluzija : x je jednako A′.

Za dati fazi skup B′ : V→ L (koji predstavlja konkluziju ”y je jednako B′”) ifazi relaciju A→ B ∈R(U,V) (koji predstavlja premisu ”Ako je x je jednakoA onda je y jednako B”), fazi skup A′ : U→ L (koji predstavlja premisu ”x jejednako A′”) predstavlja se kao:

µA′(x) = supy∈Vt(µB′(y),µA→B(x, y)).

UOPSTENJE HIPOTETICKI SILOGIZAM: Ako vazi propozicija ”Ako je xjednako A onda je y jednako B” i propozicija ”AKO je y jednako B′ ONDA jez jednako C′” onda vazi i propozicija ”Ako je x jednako A onda je z jednakoC′”, tako da sto je B′ blize skupu B to je C′ blize C.

Odnosno, uopstenje hipotetickog silogizma znaci:

Premisa 1 : AKO je x jednako A ONDA je y jednako B;

Premisa 2 : AKO je y jednako B′ ONDA je z jednako C;

Konkluzija : AKO je x jednako A ONDA je z jednako C′.

Za datu fazi relaciju A→ B ∈ R(U,V) (koja predstavlja premisu ”Ako je xje jednako A onda je y jednako B”) i fazi relaciju B′ → C ∈ R(V,W) (kojipredstavlja premisu ”Ako je y je jednako B′ onda je z jednako C”), fazirelacija A→ C′ ∈R(U,W) (koja predstavlja konkluziju ”Ako je x je jednakoA onda je z jednako C′”) definise se sa:

µA→C′ (x) = supy∈Vt(µA→B(x, y),µB′→C(y,z)).

3.1 Zadaci 25

3.1 Zadaci

1. Odredi sledece fazi implikacije:

a) Logicki operator ¯ je osnovni fazi komplement, dok je operator ∨osnovna fazi unija.

b) Logicki operator ¯ je osnovni fazi komplement, dok je operator ∨Yagerova s-norma.

2. Fazi IF-THEN pravila data su svojim funkcijama pripadnosti:

µD(x, y) =max(1−µp1(x),µp2(y)) Dienes-Rescher implikacija,

µL(x, y) =min(1,1−µp1(x)+µp2(y)) Lukasiewicz implikacija,

µZ(x, y) =max(min(µp1(x),µp2(y)),1−µp1(x)) Zadeh implikacija,

Dokazati da tada vazi:

µZ(x, y) 6 µD(x, y) 6 µL(x, y),

za svako (x, y) ∈U×V.Resenje: Kako je 0 6 1−µp1(x) 6 1, 0 6 µp2(y) 6 1, imamo da je max[1−µp1(x),µp2(y)] 6 1−µp1(x)+µp2(y) i max[1−µp1(x),µp2(y)] 6 1. Dakle,

µD(x, y) =max(1−µp1(x),µp2(y)) 6min[1,1−µp1(x)+µp2(y)] = µL(x, y).

Kako je min[µp1(x),µp2(y)]6 µp2(y) imamo da je max[min[µp1(x),µp2(y)],1−µp1(x)] 6max[µp2(y),1−µp1(x)], sto znaci da je µZ(x, y) 6 µD(x, y).

3. Neka je (X1,T1,U1,M1) lingvisticka promenljiva, gde je X1 starost os-obe, T1 = {mlad, srednjih 1odina, star}, U1 = [0,100], M1 trapezoidnafunkcija sa proizvoljnim parametrima. Neka je (X2,T2,U2,M2) lingvistickapromenljiva, gde je X2 visina osobe, T2 = {nizak, visok}, U2 = [120,210], aM2 Gbell funkcijom sa proizvoljnim parametrima.

a) Modelirati ove promenljive i graficki prikazati funkcije pripadnostib) Koristeci funkciju min kao standardni fazi presek a funkciju cλ, gde

je λ = 1, kao fazi komplement, modelirati iskaz:”Osoba A je visoka i nije stara.”Kolika je vrednost ovog iskaza ako osoba ima visinu 175 a stara je 37godina?

c) Koristeci funkciju min kao standardni fazi presek, standardni i µ2 zaopis prideva ”vrlo” modelirati iskaz:”Osoba A nije visoka i vrlo je stara.”Kolika je vrednost ovog iskaza ako osoba ima visinu 158 a stara je 56godina?Kolika je vrednost ovog iskaza ako osoba ima visinu 179 a stara je 36godina?

26 3 Fazi logika

d) Koristeci Zadehovu implikaciju predstaviti iskaz:”Ako je osoba vrlo stara onda ona nije visoka. ”

Resenje: Za lingvisticku promenljivu ”starost” funkcije pripadnosti su:

µmlad(x) =

1, 0 6 x 6 30;60−x

60−30 , 30 < x 6 60;0, 60 < x 6 100.

µsrednji(x) =

x−3060−30 , 0 6 x 6 30;1, 30 6 x 6 60;90−x

90−60 , 60 < x 6 90;0, 90 < x 6 100.

µstar(x) =

0, 0 6 x 6 30;x−3060−30 , 30 < x 6 60;1, 60 < x 6 100.

Dok promenljiva ”visina osobe ” ima sledece funkcije pripadnosti µ18,7,155

odnosno:

µnizak(x) =1

1+ ( x−15518 )14

,

a za visok µ18,7,199 odnosno:

µvisok(x) =1

1+ ( x−19918 )14

,

Plava linija predstavlja µnizak, a crvena µnizak.

4. Neka je (X1,T1,U1,M1) lingvisticka promenljiva, gde je X1 brzina automo-bila, T1 = {spor}, U1 = [0,100] a M1 trapezoidna funkcija µ0,0,35,55. Neka je(X2,T2,U2,M2) lingvisticka promenljiva, gde je X2 ubrzanje, T2 = {malo},U2 = [0,30] a M2 trougaona funkcija µ0,0,10. Neka je (Y,T3,U3,M3) sila koja

3.1 Zadaci 27

deluje na ubrzanje, T3 = {velika}, U3 = [0,3] a M3 je predstavljeno funkcijom1−µ0,0,1,2.

a) Modelirati ove promenljive i graficki prikazati funkcije pripadnostib) Koristeci funkciju algebarkog proizvoda kao fazi presek modelirati

fazi propoziciju:”X1 je spora i X2 je malo”Kolika je vrednost ovog iskaza ako osoba X1 30 a X2 je 5?

c) Koristeci funkciju algebarkog proizvoda kao fazi presek a Dienes-Rescher implikaciju kao fazi implikaciju, modelirati fazi propoziciju:”Ako je X1 spora i X2 je malo, onda je Y veliko”Kolika je vrednost ovog iskaza ako osoba X1 30 a X2 je 15?

Resenje: a) Promenljiva x1 ima osobinu ”spor” predstavljenu sledecomfunkcijom pripadnosti:

µspor(x1) =

1, x1 6 35;55−x1

20 , 35 < x1 6 55;0, 55 < x1.

Funkcija µspor.

Promenljiva x2 ima osobinu ”malo” predstavljenu sledecom funkcijompripadnosti:

µmalo(x2) =

{10−x2

10 , 0 6 x2 6 10;0, 10 < x2.

28 3 Fazi logika

Funkcija µmalo.

Promenljiva y ima osobinu ”velika” predstavljenu sledecom funkcijompripadnosti:

µvelika(y) =

0, y 6 1;y− 1, 1 < y 6 2;1, 2 < y.

Funkcija µvelika.

b) Fazi presek koji modelira fazi propoziciju:”X1 je spora i X2 je malo” je

µ1(x1,x2) = µspor(x1)µmalo(x2) =

0, ako je x1 > 55 ili x2 > 10;10−x2

10 , ako je x1 6 35 i x2 6 10;(10−x2)(50−x1)

200 , ako je 35 < x1 6 55 i x2 6 10.

Dakle vrednost ovog iskaza za x1 = 30 i x2 = 5 je µ1(x1,x2) = 12 .

c) Dienes-Rescher implikacija ima sledecu funkciju pripadnosti:

µD(x1,x2, y) =max[1−µ1(x1,x2),µvelikay].

Iz definicije funkcije µ1 imamo da je

3.1 Zadaci 29

1−µ1(x1,x2) =

1, ako je x1 > 55 ili x2 > 10;x210 , ako je x1 6 35 i x2 6 10;

1− (10−x2)(50−x1)200 , ako je 35 < x1 6 55 i x2 6 10.

Sada imamo da je funkcija µD definisana sa:

µD(x1,x2, y) =

1, x1 > 55 ili x2 > 10 ili y > 2;x210 , x1 6 35 i x2 6 10 i y 6 1;

1− (10−x2)(50−x1)200 , 35 < x1 6 55 i x2 6 10 i y 6 1;

max[y− 1,x2/10], x1 6 35 i x2 6 10 i 1 < y 6 2;

max[y− 1,(10−x2)(50−x1)

200 ], 35 < x1 6 55 i x2 6 10 i 1 < y 6 2.

5. Neka je (X,T1,U,M) lingvisticka promenljiva, T1 = {veliko}, U1 = {1,2,3,4}diskretan skup, a M1 funkcija definisana µveliko = 0/1+ 0.1/2+ 0.5/3+ 1/4.Neka je (Y,T2,U2,M2) lingvisticka promenljiva, g T2 = {malo}, U2 = {1,2,3}diskretan skup, a M2 funkcija definisana sa µmalo = 1/1+ 0.5/2+ 0.1/3.Modelirati sledecu fazi implikaciju:Ako je X veliko ona je Y malo.

a) Lukasiewicz-evom implikacijom;b) Dienes-Rescher -ovom implikacijom.

Resenje:a)Ukoliko koristimo Lukasiewicz-evu implikaciju dobijamo :

QL = 1/(1,1)+ 1/(1,2)+1/(1,3)+1/(2,1)+1/(2,2)+1/(2,3)+1/(3,1)

+ 1/(3,2)+ 0.6/(3,3)+1/(4,1)+0.5/(4,2)+0.1/(4,3).

b) Ukoliko koristimo Dienes-Rescher-evu implikaciju dobijamo :

QD = 1/(1,1)+ 1/(1,2)+1/(1,3)+1/(2,1)+0.9/(2,2)+0.9/(2,3)+1/(3,1)

+ 0.5/(3,2)+ 0.5/(3,3)+ 1/(4,1)+0.5/(4,2)+0.1/(4,3).

6. Dokazati da za fazi IF-THEN pravila data sledecim funkcijama pripad-nosti:

µG(x, y)=

{1, ako je µp1(x) 6 µp2(x);µp2(x), inace.

Godel Implikacija,

µMM(x, y) =min(µp1(x),µp2(y)) Mamdani 1 implikacija,

µMP(x, y) = (µp1(x)µp2(y)) Mamdani 2 implikacija,

vazi:µMP(x, y) 6 µMM(x, y) 6 µG(x, y).

7. U uopstenju modus ponensa t-norma je minimum a implikacija µA→B

Mamdani 2 implikacija. A je normalizovan fazi skup (Postoji x tako da jeµA(x) = 1. Odredi B′ ako je :

30 3 Fazi logika

a) A′ = A,b) A′ = vrlo A,c) A′ =manje vise A,d) A′ = A.

Resenje: a) Ako je A′ = A tada je:

µB′(y) = supx∈X(min(µA(x),µA(x)µB(y)))

= supx∈X(µA(x)µB(y)) = µB(y).

b) Ako je A′ = vrlo A onda je funkcija pripadnosti µA′ = µ2A

, pa je:

µB′(y) = supx∈X(min(µ2A(x),µA(x)µB(y))).

Za x′ ∈U tako da je µA(x′) < µB(y), vazi min(µ2A

(x′),µA(x′)µB(y)) = µ2A

(x′),

za x” ∈ U tako da je µA(x”) > µB(y), tada je min(µ2A

(x”),µA(x”)µB(y)) =µA(x”)µB(y).Odavde za svako x′,x” ∈U tako da je µA(x′) < µB(y) i µA(x”) > µB(y) vaziµ2

A(x′) 6 µA(x”)µB(y), odnosno

µB′(y) = supx∈X(min(µ2A(x),µA(x)µB(y))).

S obzirom da je A′ normalizovan, zakljucujemo

µB′(y) = µB(y).

c) Ako je A′ = manje vise A onda je µA′ = µ12

A. Zbog cinjenice da je 0 6

µA(x) 6 1, za svako x ∈U, imamo µA′(x) = µ12

A(x) > µA(x) > µA(x)µB(y), pa

je:µB′(y) = supx∈X(µA(x)µB(y)) = µB(y).

d) Ako je A = A onda imamo,

µB′(y) = supx∈X(min(1−µA(x),µA(x)µB(y))).

Za fiksirano y ∈ V imamo da je funkcija µA(x)µB(y) rastuca sa poras-tom µA(x), a funkcija 1− µA(x) opadajuca sa porastom µA(x). Odavdezakljucujemo da je supx∈Xmin postize za 1− µA(x) = µA(x)µB(y). Dakle,µA(x) = 1

1+mB(y) , a odavde je

µB′(y) =µB(y)

1+µB(y).

8. U uopstenju modus ponensa t-norma je minimum a implikacija µA→B

Zadehova implikacija. Odredi B′ ako je :

3.1 Zadaci 31

a) A′ = A,b) A′ = vrlo A,c) A′ =manje vise A,d) A′ = A.

Resenje: Ako je A′ = A, imamo da je

µB′(y) = supx∈Umin{µA(x),max[min(µA(x),µB(y)),1−µA(x)]}.

Kako je supx∈UµA(x) = 1, to se supx∈Xmin se postize za konkretno x0 ∈ Ukada je

µA(x0) =max[min(µA(x0),µB(y)),1−µA(x0)].

Ako je µA(x0) < µB(y), tada predhodna jednacina postaje

µA(x0) =max[µA(x0),1−µA(x0)],

sto je tacno kad god je µA(x0) > 0.5. Odatle dobijamo da je µB′(y)= µA(x0).Kako je supx∈X(µA(x)) = 1, odatle je µA(x0) = 1, ali ovo dovodi do µB(y) >µA(x0) = 1, sto je nemoguce. Odatle, zakljucujemo da ne vazi µA(x0) <µB(y). Razmotrimo sada µA(x0) > µB(y). U tom slucaju je

µA(x0) =max[µB(y),1−µA(x0)].

Ako je µB(y) < 1−µA(x0), tada je µA(x0) = 1−µA(x0), sto je tacno ako jeµA(x0) = 0.5. Ako je µB(y) > 1−µA(x0), tada je µA(x0) = µB(y) > 0.5. Dakle,µA(x0) =max[0.5,µB(y)] i imamo

µB′(y) = µA(x0) =max[0.5,µB(y)].

(b) Ako je A′ = vrlo A, imamo

µB′(y) = supx∈Umin{µ2A(x),max[min(µA(x),µB(y)),1−µA(x)]}

Slicno kao u slucaju kada je A′ =A, zakljucujemo da se supx∈Umin postizeza x0 ∈U kada je

µ2A(x0) =max[min(µA(x0),1−µA(x0)].

Ako µA(x0) < µB(y), tada je

µ2A(x0) =max[µA(x0),1−µA(x0)]

sto vazi jedino kada je µA(x0) = 1, ali ovo dovodi do kontradikcije sacinjenicom µB(y) > 1. Odatle je jedino moguce µA(x0) > µB(y). Ako jeµA(x0) > µB(y) onda je

µ2A(x0) =max[µB(y),1−µA(x0)].

32 3 Fazi logika

Ako je µB(y) < 1−µA(x0), tada je µ2A

(x0) = 1−µA(x0), sto je tacno kada je

µA(x0)=√

5−12 . Dakle, ako jeµB(y)< 1−µA(x0)= 3−

√5

2 , imamo da je µB′(y)=

µ2A

(x0)= 3−√

52 . Ako jeµB(y)> 1−µA(x0), imamo da jeµB(y)=µ2

A(x0)> 3−

√5

2 .Sve u svemu, dobijamo:

µB′(y) = µ2A(x0) =max[

3−√

5

2,µB(y)].

(c) Ako je A′ =manje vise A, imamo

µB′(y) = supx∈Xmin{µ1/2A,max[min(µA(x),µB(y)),1−µA(x)]}

gde je supx∈X min postignut za x0 ∈U kada je

µ1/2A

(x0) =max[min(µA(x0),µB(y)),1−µA(x0)].

Slicno kao u slucaju A′ = manje vise A, pokazujemo da je slucaj µA(x0) <µB(y) nemoguc. Ako je µA(x0) > µB(y), imamo

µ1/2A

(x0) =max[µB(y),1−µA(x0)].

Ako je µB(y) < 1−µA(x0), tada je µ1/2A

(x0) = 1−µA(x0), sto je tacno kada

je µA(x0) = 3−√

52 . Odatle, ako je µB(y) < 1−µA(x0) = 1−

√5

2 . Ako je µB(y) >

1−µA(x0), imamo µB′(y) = µ1/2A

(x0) = µB(y) >√

5−12 . Na kraju, dobijamo

µB′(y) = µ1/2A

(x0) =max[

√5− 1

2,µB(y)].

(d) Ako je A′ = A, imamo

µB′(y) = supx∈Xmin{1−µA(x),max[min(µA(x),µB(y)),1−µA(x)]}

Primetimo da je za x0 ∈ U takvo da je µA(x0) = 0, 1 − µA(x0) = 1 imax[min(µA(x),µB(y)),1−µA(x)]= 1, odatle se supx∈Umin postize za x = x0.Dakle, u tom slucaju imamo µB′(y) = 1.

9. U uopstenju modus tollensa t-norma je minimum a implikacija µA→B

Mamdani 2 implikacija. Odredi A′ ako je :

a) B′ = B,b) B′ = ne vrlo B,c) B′ = ne manje vise B,d) B′ = B.

Resenje: a)Ukoliko je B′ = B imamo

µA′ (x) = supy∈Vmin[µB(y),µA(x)µB(y)] = supy∈VµA(x)µB(y) = µA(x).

3.1 Zadaci 33

b) Ukoliko je B′ = ne vrlo B imamo:

µA′(x) = supy∈Vmin[1−µ2B(y),µA(x)µB(y)].

Vrednost supy∈Vmin se postize za y0 ∈ V za koji 1−µ2B(y0) = µA(x)µB(y0).

Ako posmatramo ovaj iskaz kao kvadratnu jednacinu koju resavamo ponepoznatoj µB(y0), dobijamo:

µB(y0) =−µA(x)±

õ2

A(x)+ 4

2,

KakoµB(y0) moze imati samo pozitivne vrednosti to jeµB (y0)=−µA(x)+

õ2

A(x)+4

2 .Dakle,

µA′(x) = µA(x)µB(y0) =−µ2

A(x)+µA(x)

õ2

A(x)+ 4

2.

c) Ako je B′ = ne manje vise B imamo

µA′ (x) = supy∈Vmin[1−µ1/2B

(y),µA(x)µB(y)].

Ovde se supremum ponovo postize za y0 ∈ V za koji 1 − µ1/2B

(y0) =µA(x)µB(y0). Sredjivanjem ove jednacine dobijamo,

1− 2µA(x)µB(y0)+µ2A(x)µ2

B(y0) = µB(y0).

Resavanjemo ove kvadratne jednacine po nepoznatoj µB(y0) dobijamo,

µB(y0) =1+ 2µA(x)−

õ2

A(x)+ 1

2µA(x).

d) Ako je B′ = B imamo

µA′(x) = supy∈Vmin[1−µB(y),µA(x)µB(y)]

Ovde se supremum ponovo postize za y0 ∈ V za koji je 1− µB(y0) =µA(x)µB(y0). Odavde je

µB(y0) =1

1+µA(x),

pa je µA′(x) =µA(x)

1+µA(x) .

10. U uopstenju hipotetickog silogizma t-norma je minimum a implikacijaµA→B iµB′→C Mamdani 2 implikacija. Odredi A→C′ ako je supy∈Vmin(µB(y))=1 i ako je:

34 3 Fazi logika

a) B′ = B,b) B′ = vrlo B,c) B′ =manje vise B,d) B′ = B.

Resenje:(a) Iz definicije uostenog hipotetickog silogizma imamo da je uslucaju kada je B′ = B:

µA→C′ (x,z) = supy∈Vmin[µA(x)µB(y),µB(y)µC(z)] =

= supy∈VµB(y)min[µA(x),µC(z)] =min[µA(x),µC(z)].

b) Ako je B′ = vrlo B onda je

µA→C′ (x,z) = supy∈Vmin[µA(x)µB(y),µ2B(y)µC(z)]

Ako je µA(x)> µC(z) onda je zadovoljeno i µA(x)µB(y)> µ2B(y)µC(z). Odatle

je

µA→C′(x,z) = supy∈Vµ2B(y)µC(z) = µC(z).

Ako je µA(x) 6 µC(z) onda se supy∈Vmin postize za y0 ∈ V za koje je

µA(x)µB(y0)= µ2B(y0)µC(z), odakle je µB(y0)=

µA(x)µC(z) i dobijamo µA→C′ (x,z)=

µA(x)µB(y0) =µ2

A(x)

µC(z) . Sve u svemu dobijamo,

µA→C′ (x,z) =

µC(z), ako je µA(x) > µC(z);µ2

A(x)

µC(z) , ako je µA(x) 6 µC(z).

b) Ako je B′ =manje vise B slicno kao u predhodnom zadatku pokazujemo,

µA→C′ (x,z) =

µA(x), ako je µA(x) < µC(z);µ2

C(z)

µA(x) , ako je µA(x) > µC(z).

d) Ako je B′ = B imamo

µA→C′ (x,z) = supy∈V

min[µA(x)µB(y), (1−µB(y))µC(z)],

gde se supremum postize za y0 ∈V za koje je µA(x)µB(y)= (1−µB(y))µC(z),

tj. kada je µB(y0) =µC(z)

µC(z)+µA(x) . Dakle,

µA→C′(x,z) =µA(x)µC(z)

µC(z)+µA(x).

11. Neka je U = {x1,x2,x3} i V = {y1, y2}. Fazi skupovi A,A′ i B su dati sledecimizrazima:

3.1 Zadaci 35

A =0.5

x1+

1

x2+

0.6

x3, A′ =

0.6

x1+

0.9

x2+

0.7

x3, B =

1

y1+

0.4

y2.

Koristeci pravilo logickog zakljucivanja uopsteni modus ponens, odrediB′, ukoliko je t- norma minimum, a implikacija:

a) Zadeh implikacija;b) Lukasiewicz implikacija;c) Dienes-Rescher implikacija;d) Mamdani 2 implikacija.

12. Konkretan primer !!!13. Konkretan primer !!!14. Konkretan primer !!!15. Konkretan primer !!!

Chapter 4

Fazi sistemi i njihova svojstva

Osnovna fazi pravila sacinjena su od skupa fazi AKO-ONDA pravila.Opsti oblik fazi AKO-ONDA pravila je sledeci:

AKO je x1 jednako A1 i ... i xn jednako An, ONDA jey jednako B, (4.1)

gde su Ai, i ∈ {1, ..,n} i B fazi skupovi nad Ui ⊂ R i V ⊂ R, respektivno ix1 ∈U1, ...,xn ∈Un ulazne i y ∈ B izlazne promenljive fazi sistema.

Fazi sistemi zakljcivanja za sistem

Pravilo (l): AKO je x1 jednako Al1 i ... i xn jednako Al

n, ONDA jey jednako Bl,(4.2)

za l ∈ {1, ..,m} dele se:1. Zakljucivanje na osnovu kompozicije2. Zakljucivanje on osnovu individualnih pravila.

Zakljucivanje na osnovu kompozicije je procedura koja se sastoji odsledecih koraka:

Korak 1. Za svako l ∈ {1, ..,m}, odredjuje se funkcija pripadnosti µAl1×...×Al

na skupu U =U1× ...×Un, sa:

µAl1×...×Al (x1, ..,xn) = µAl

1∗ ... ∗µAl ,

gde je ∗ proizvoljna t-norma.Korak 2. Za svako l ∈ {1, ..,m}, Pravilo (l) predstavlja se funkcijom P(l) =

Al1× ...×Al

n → Bl, gde je P(l) fazi relacija odredjena svojom funkcijompripadnosti:

µP(l)(x, y)= µAl1×...×Al

n→Bl(x, y),

gde je→ porizvoljna implikacija.

37

38 4 Fazi sistemi i njihova svojstva

Korak 3. Od skupa fazi pravila P(l) forimira se jedna fazi relacija na U×V,na sledeca dva nacina:Mamdani kombinacija - QM =

⋃Ml=1 P(l),odnosno njena funkcija pripadnosti

je :µQM

(x, y) = µP(1)(x, y)+ ...+µP(m)(x, y),

gde je + proizvolja s-norma;

Godelova kombinacija - QG =⋂M

l=1 P(l),odnosno njena funkcija pripadnostije :

µQG(x, y) = µP(1)(x, y) ∗ ... ∗µP(m)(x, y),

gde je ∗ proizvolja s-norma;Korak 4. Za dati fazi skup A′ koristeci uopsteni modus ponens racunamo

fazi skup B′ kao sto je prikazano:

µB′(y) = supx∈Ut[µA′(x),µQM(x, y)],

ako je u pitanju Mamdani kombinacija, odnosno

µB′(y) = supx∈Ut[µA′(x),µQG(x, y)],

ako je u pitanju Godelova kombinacija.Zakljucivanje na osnovu individualnih pravila je procedura koja se sas-toji od sledecih koraka:

Korak 1. i 2. Isti kao u predhodnoj proceduri;Korak 3. Za dati fazi skup A′, izracunati fazi skupove B′

lza svako prav-

ilo P(l) na osnovu uopstenog modus ponensa, tj,

µB′l= supx∈Ut[µA′(x),µP(l)(x, y)],

za l = 1,2..,M.Korak 4. Izlaz fazi masine zakljucivanja je kombinacija M fazi skupova{B′

1,B′

2, ...,B′

M} pomocu unije:

µB′l(y) = µB′

1(y)+ ...+µB′

M(y),

ili pomocu preseka:

µB′l(y) = µB′

1(y) ∗ ... ∗µB′

M(y),

gde je + s-norma, a ∗ t-norma.

4.1 Zadaci 39

4.1 Zadaci

1. Fazi AKO-ONDA pravilo oblika (4.1) podrazumeva i sledece specijalneslucajeve:

a) ”Parcijalno pravilo”: AKO je x1 jednako A1 i ... i xm jednako Am,ONDA je y jednako B, gde je m < n;

b) ” Ili pravilo”: AKO je x1 jednako A1 i ... i xm jednako Am, ILI xm+1

jednako Am+1, i...i xn jednako An, ONDA je y jednako B, gde je m < n;c) Fazi pravilo: ”y jednako B”;

d) Pravila oblika: ” Sto je manje x to je vece y”;e) Ne- fazi pravila.

2. Predstaviti fazi sistem zakljucivanja tipa zakljucivanje na osnovu indi-vidualnih pravila pomocu unije, gde se implikacija modelira Mamdaniproizvod implikacijom, sve t-norme algebarskim proizvodom i sve s-norme klasicnim maksimumom. Zatim pokazati da ce se isti sistemzakljucivanja dobiti ako umesto zakljucivanje na osnovu individualnihpravila pomocu unije koristimo zakljucivanje na osnovu kompozicije saMamdani kombinacijom.Resenje: Za dati fazi skup A′ u U, sistem zakljucivanja daje fazi skup B′

u V, sledecom formulom:

µB′(y) =maxMl=1[supx∈U(µA′(x)

n∏

i=1

µAli(xi)µBl(y))].

Ovaj sistem zakljucivanja se u literaturi naziva Sistem zakljucivanja prekoproizvoda Sada, izvrsimo zamenu u ovom sistemu zakljucivanja i dobi-jamo,

µB′(y) = supx∈U[µA′ (x)maxMl=1

(µP(l)(x, y))] =

= supx∈UmaxMl=1

[µA′ (x)

M∏

l=1

µAli(xi)µBl(y))].

Kako supx∈U i maxMl=1

mogu zameniti mesta dobijamo da su sistemi ekvi-valentni.

3. Ako je fazi skup A′ singlton, tj. ako je:

µA′ (x) =

{1, ako je x = x′;0, inace.

gde je x′ ∈U, prikazati sistem zakljucivanja tipa zakljucivanje na osnovuindividualnih pravila pomocu unije, gde se implikacija modelira Mam-dani proizvod implikacijom, sve t-norme minimumom i sve s-normeklasicnim maksimumom.

40 4 Fazi sistemi i njihova svojstva

Resenje: Za dati fazi skup A′ u U, sistem zakljucivanja daje fazi skup B′

u V, sledecom formulom:

µB′(y) =maxMl=1[min(µAl

1(x′1), ..,µAl

n(x′n),µBl(y))].

4. Za odredjivanje visine napojnice u nekom restoranu dat je sistem za-kljucivanja:AKO je usluga (U) losa ili je hrana (H) neukusna, ONDA je napojnica (N)mala;AKO je usluga (U) dobra, ONDA je napojnica (N) solidna;AKO je usluga (U) odlicna ili je hrana ukusna, ONDA je napojnica (N)velika.Funkcija pripadnosti za ”neukusna” je Trapezoidna funkcija [0013], za”ukusna” je Trapezoidna funkcija [791010].Funkcija pripadnosti za ”losa” usluga je Gausova funkcija [1.50], za ”do-bra” usluga je Gausova funkcija [1.55], za ”odlicna” usluga je Gausovafunkcija [1.510].Funkcija pripadnosti za ”mala” napojnica je Trougaona funkcija [0510], za”solidna” napojnica je Trogaona funkcija [101520], za ”velika” napojnicaje Trogaona funkcija [202530].Sistem zakljucivanja je zakljucivanje na osnovu individualnih pravilapomocu unije, gde se implikacija modelira Mamdani proizvod implikaci-jom, sve t-norme minimumom i sve s-norme klasicnim maksimumom.Predstavi sistem zakljucivanja i odredi kolika je napojnica ukoliko je us-luga ocenjena sa 4, a kvalitet usluge sa 2.

5. Predstavi sistem zakljucivanja ukoliko u predhodnom zadatku umestozakljucivanja na osnovu osnovu individualnih pravila pomocu unije, ko-ristimo zakljucivanje na osnovu kompozicije sa Mamdani kombinacijom.Odredi kolika je napojnica ukoliko je usluga ocenjena sa 4, a kvalitetusluge sa 2.

Chapter 5

Fazi skupovi nad kompletnim reziduiranimmrezama

Reziduirana mreza je algebra L = (L,∧,∨,⊗,→,0,1) takva da:(L1) (L,∧,∨,0,1) je mreza sa najmanjim elementom 0 i najvecim 1,(L2) (L,⊗,1) je komutativni monoid sa jedinicom 1,(L3) ⊗ i→ formiraju adjungovani par, tj. vazi:

a⊗ b6 c ⇔ a 6 b→ c.

Ako je jos (L,∧,∨,0,1) kompletna mreza, tada je L kompletna reziduiranamreza.

Mnozenje ⊗ i reziduum→modeliraju konjukciju i implikaciju, respektivno.Vazno je naglasiti da je reziduum izoton po drugom i antiton po prvomargumentu.

Supremum∨

i infimum∧

modeliraju ekstenzivni i univerzalni kvan-tifikator.

Biresiduum (ili biimplikacija)↔ b = (a→ b)∧ (b→ a).Negacija ¬a = a→ 0.N-ti stepen a0

= 1 i an+1= an⊗ a.

Biimplikacija modelira ekvivalenciju istinitosnih vrednosti, a negacijakomplement.

Fazi relacija izmedju skupova A i B (ovim redom) je svako preslikavanje izA×B u L, tj. svaki fazi podskup od A×B, i jednakost, inkluzija (uredjenje),unija i presek fazi relacija definisani su kao u slucaju fazi skupova. Skup svihfazi relacija izmedju A i B oznacicemo sa LA×B. Specijalno, fazi relacija naskupu A je svaka funkcija iz A×A u L, tj fazi poskup od A×A. Skup svih fazirelacija na A bice oznacen sa LA×A. The reverz ili inverz fazi relacija α ∈ LA×B jefazi relacija α−1 ∈ LB×A definisana sa α−1(b,a) = α(a,b), za svako a ∈ A i b ∈ B.Krisp relacija je fazi relacije koja uzima vrednosti samo u skupu {0,1}, i akoje α krisp relacija iz A u B, tada izrazi ”α(a,b) = 1” i ”(a,b) ∈ α” imaju istoznacenje.

Za neprazne skupove A, B i C, i fazi relaciju α ∈ LA×B i β ∈ LB×C, njihovakompozicija α◦β ∈ LA×C je fazi relacija definisana sa

41

42 5 Fazi skupovi nad kompletnim reziduiranim mrezama

(α◦β)(a,c)=∨

b∈B

α(a,b)⊗β(b,c), (5.1)

za sve a ∈ A i c ∈ C. Za f ∈ LA, α ∈ LA×B i 1 ∈ LB, kompozicije f ◦α ∈ LB iα◦1 ∈ LA su fazi skupovi definisani

( f ◦α)(b) =∨

a∈A

f (a)⊗α(a,b), (α◦1)(a) =∨

b∈B

α(a,b)⊗1(b), (5.2)

za svako a ∈A i b ∈ B. Konacno, kompozicija fazi skupova f ,1 ∈ LA je elementf ◦1 ∈ L (skalar) definisan sa

f ◦1 =∨

a∈A

f (a)⊗1(a). (5.3)

Lako je pokazati da je kompozicija fazi relacija asocijativna, tj.

(α◦β)◦γ = α◦ (β◦γ), (5.4)

za sve α ∈ LA×B, β ∈ LB×C i γ ∈ LC×D, i

( f ◦α)◦β = f ◦ (α◦β), ( f ◦α)◦1 = f ◦ (α◦1), (α◦β)◦h= α◦ (β◦h) (5.5)

za sve α ∈ LA×B, β ∈ LB×C, f ∈ LA, 1 ∈ LB and h ∈ LC. Stoga, sve zagrade u (5.4)i (5.5) mogu biti izostavljene.

Fazi relacija ϕ na skupu A naziva se refleksivna, ako ϕ(a,a) = 1, simetricna,ako ϕ(a,b) = ϕ(b,a), i transitivna, ako ϕ(a,b)⊗ϕ(b,c)6 ϕ(a,c), za sve a,b,c ∈ A.Refleksivna i tranzitivnafazi relacija naziva se fazi kvazi uredjenje. Simetricnofazi kvazi uredjenje je fazi ekivalencija. Za kvazi uredjenje ϕ na A i elementa ∈A, ϕ-afterset od a je fazi skup aϕ ∈ LA definisan sa aϕ(b)=ϕ(a,b), iϕ-foresetod a je fazi skup ϕa ∈ LA definisan sa ϕa(b) = ϕ(b,a), za sve b ∈ A. Ako je ϕfazi ekvivalencija, tada se ϕ-afterset od a poklapa sa ϕ-foresetom od a, i nazivase fazi klasa ekvivalencije od a.

5.1 Zadaci

1. Dokazati da u svakoj reziduiranoj mrezi vazi sledece:

(a) b 6 a→ (a⊗ b),(b) a 6 (a→ b)→ b,(c) a⊗ (a→ b) 6 b,(d) a 6 b ⇔ a→ b = 1,

za proizvoljne elemente a i b te mreze.

5.1 Zadaci 43

Resenje: (a) Podjimo od nejednacine a⊗ b 6 a⊗ b, na osnovu komuta-tivnosti imamo b⊗ a 6 a⊗ b, i iz adjungovanosti b 6 a→ (a⊗ b).(b) Podjimo od nejednacine a→ b6 a→ b. Na osnovu adjungovanosti, ovoje ekvivalentno sa (a→ b)⊗ a 6 b, iz komutativnosti imamo a⊗ (a→ b) 6 bi ponovo iz adjungcije a 6 (a→ b)→ b.(c) Videti (b).(d) Kako za svaka dva elementa a i b mreze vazi a→ b 6 1, dovoljno jepokazati a 6 b ⇔ 1 6 a→ b.Neka su a i b elementi mreze takvi da je a 6 b. Na osnovu cinjenice da je1 monoid, imamo a = 1⊗ a 6 b, na osnovu adjungcije je ekvivalentno sa1 6 a→ b.

2. Dokazati da u svakoj reziduiranoj mrezi vazi sledece:

(a) a→ a = 1,(b) a→ 1 = 1,(c) 1→ a = a,(d) 0→ a = 1,(e) a⊗ 0 = 0⊗ a= 0,

za proizvoljne elemente a te mreze.Resenje: (a) S obzirom da je 1 najveci element mreze L , uvek vazi a→ a61. S druge strane kako je a⊗ 1 = a, jer je (L,⊗,1) monoid, to vazi a⊗ 1 6 a,sto je zbog adjungcije ekvivalentno sa 1 6 a→ a, sto je i trebalo dokazati.(b) Nejednakost a→ 1 6 1 uvek vazi. Takodje 1⊗ a 6 1, jer je 1 najvecielement mreze, pa ponovo zbog adjungcije imamo a 6 1 → 1, sto je itrebalo dokazati.(c) Podjimo od nejednacine 1→ a 6 1→ a. Na osnovu adjungovanosti,ovo je ekvivalentno sa (1→ a)⊗ 1 6 a. Kako je 1 neutral za ⊗, imamo(1→ a) 6 a. S druge strane, 1⊗ a 6 a uvek vazi, pa je zbog adjungcijezadovoljeno i a 6 1→ a, sto je i trebalo dokazati.(d) Nejednakost 0→ a 6 1 uvek vazi. Kako je (L,⊗,1) monoid, to za svakielement a mreze L vazi a⊗1= 1⊗a= a, pa i za a= 0. A kako je 0 najmanji el-ement mreze L to je 0⊗1= 1⊗06 06 a, sto je zbog adjungcije ekvivalentnosa 1 6 0→ a, sto je i trebalo dokazati.(e) Nejednakost 0 6 a⊗ 0 uvek vazi, jer je 0 najmanji element mreze.Obratno, kako je za svaki element a mreze zadovoljeno a 6 1, a operacija⊗je monotona, to vazi a⊗06 1⊗0= 0, kako su obe nejednakosti zadovoljeneto vazi (e).

3. Dokazati da u svakoj reziduiranoj mrezi vazi sledece:

(a) a⊗ b6 a,(b) a 6 b→ a,(c) a⊗ b 6 a∧ b,

za proizvoljne elemente a i b te mreze.

44 5 Fazi skupovi nad kompletnim reziduiranim mrezama

Resenje: (a) Za svaki element b mreze vazi b 6 1. Kako je operacija ⊗monotona po oba argumenta, to za proizvoljne elemente a i b mreze L

vazi a⊗ b6 a⊗ 1= a.(b) Direktno iz osobine (b) i adjungcije.(c) Na osnovu osobine (a) imamo a⊗ b 6 a, a zbog komutativnosti vazi ia⊗b 6 b. Dakle a⊗b je donja granica skupa {a,b}, samim tim a⊗b je manjeod najvece donje granice, odnosno a⊗ b6 a∧ b.

4. Dokazati da u svakoj reziduiranoj mrezi vazi sledece:

(a) a→ b je najveci element skupa {c |a⊗ c6 b},(b) a⊗ b je najmanji element skupa {c |a 6 b→ c},za proizvoljne elemente a i b te mreze.Resenje:Direktno sledi iz osobine adjungcije.

5. Dokazati da u svakoj reziduiranoj mrezi vazi sledece:

(a) a⊗(∨

i∈I bi

)=

∨i∈I(a⊗ bi),

(b) a→(∧

i∈I bi

)=

∧i∈I(a→ bi).

Resenje: (a)⇒ Kako za svako bi, i ∈ I vazi bi 6∨

i∈I bi, zbog monotonosti

operacije⊗ imamo a⊗bi 6 a⊗(∨

i∈I bi

), za svako i ∈ I, odnosno vazi

∨i∈I

(a⊗

bi

)6 a⊗

(∨i∈I bi

).

⇐ Neka je c =∨

i∈I

(a ⊗ bi

)tada je za svako i ∈ I vazi a ⊗ bi 6 c, ovo

je na osnovu ajdungovanosti ekvivalentno sa bi 6 a→ c, i ∈ I, dakle,∨i∈I bi 6 a→ c, pa ponovo na osnovu adjunovanosti dobijamo a⊗

∨i∈I bi 6

c =∨

i∈I

(a⊗ bi

), sto je i trebalo dokazati.

(b)⇒ Kako za svako i ∈ I vazi∨

j∈I b j 6 bi, to zbog izotonosti funkcije→po drugom argumentu imamo

a→∧

i∈I

bi 6 a→ b j, j ∈ I.

Dakle, a→∧

i∈I bi je donja granica skupa svih a→ b j za j ∈ I. Samim tim,a→∧

i∈I bi je manje od najvece donje granice, tj:

a→∧

i∈I

bi 6

∧

j∈I

(a→ b j).

⇐ Za svako i ∈ I vazi: ∧

i∈I

(a→ bi) 6 a→ bi,

sto je zbog adjungcije ekvivalentno sa a⊗ (∧i∈I(a→ bi) 6 bi, za svako i ∈ I.Pa je sada a⊗ (∧i∈I(a→ bi) donja granica skupa {bi}i∈I, i manja je od najvecedonje granice tog skupa, odnosno vazi:

5.1 Zadaci 45

a⊗ (∧

i∈I

(a→ bi)) 6∧

i∈I

bi,

dalje, ponovo na osnovu adjungcije imamo:

∧

i∈I

(a→ bi) 6 a→∧

i∈I

bi,

sto je i trebalo pokazati.6. Dokazati da u svakoj reziduiranoj mrezi vazi sledece:

(a) a→ b 6 (a∧ c)→ (b∧ c),(b) a→ b 6 (a∨ c)→ (b∨ c).

Resenje: (a) Polazimo od cinjenice da je a→ b6 a→ b, odnosno od a⊗ (a→b) 6 b. Kako je a∧ c 6 a, zbog monotonosti operacije ⊗ imamo,

(a∧ c)⊗ (a→ b) 6 a⊗ (a→ b) 6 b,

sto je dalje zbog adjungovanosti ekvivalentno sa

a→ b 6 (a∧ c)→ b.

Kako je a∧ c 6 a, na osnovu zadatka 1.(d) imamo da je (a∧ c)→ c = 1, stodalje implicira,

a→ b 6((a∧ c)→ b

)∧((a∧ c)→ c

),

no kao sto je pokazano u zadatku 5.(b), ovo je ekvivalentno sa

a→ b 6 (a∧ c)→ (b∧ c),

sto je i trebalo pokazati.(b) Na osnovu zadatka 5.(a) imamo da je

(a∨ c)⊗ (a→ b) 6 (a⊗ (a→ b))∨ (c⊗ (a→ b)).

Na osnovu zadatka 1.(c) imamo da je a⊗ (a→ b) 6 b, a kako je zbogmonotonosti operacije ⊗ i cinjenice da je 1 najveı element mreze zado-voljeno:

c⊗ (a→ b) 6 c,

dobijamo(a∨ c)⊗ (a→ b) 6 b∨ c.

Sada na osnovu svojstva adjungovanosti imamo da vazi:

a→ b 6 (a∨ c)→ (b∨ c),

46 5 Fazi skupovi nad kompletnim reziduiranim mrezama

sto je i trebalo pokazati.7. Dokazati da u svakoj reziduiranoj mrezi vazi sledece:

(a)∨

i∈I(ai→ b) 6(∧

i∈I ai

)→ b,

(b) a⊗∧

i∈I bi 6∧

i∈I(a⊗ bi),

(c)∨

i∈I(a→ bi) 6 a→(∨

i∈I bi

).

Resenje: (a) Kako je reziduum antiton po prvom argumentu to iz cinjenice

da je a j >∧

i∈I ai, za svako j ∈ I, zakljucujemo da je a j → b 6(∧

i∈I ai

)→ b.

Odatle zakljucujemo da je(∧

i∈I ai

)→ b gornja granica skupa {a j → b} j∈I,

samim tim, ona je sigurno veca od od najmanje gornje granice, tj. vazi∨i∈I(ai→ b) 6

(∧i∈I ai

)→ b.

(b) Zbog monotonosti operacije⊗ i cinjenice da je ∧i∈Ibi 6 b j, za svako j ∈ I,imamo a⊗∧i∈Ibi 6 a⊗ b j, za svako j ∈ I. Dakle, a⊗∧i∈Ibi je donja granicaskupa svih {a⊗ b j} j∈I, pa je samim tim manje od najvece donje graniceodnosno,

a⊗∧

i∈I

bi 6

∧

i∈I

(a⊗ b j).

(c) Pogledati pod (a).8. Ako je E ∈ E (A) proizvoljna fazi ekvivalencija, dokazati da je tada E◦E=E.9. Neka je f ∈ F (A) proizvoljna fazi funkcija. Da li je relacija R f ∈ R(A),

definisana saR f (a,b) = f (a)→ f (b), a,b ∈ A,

fazi kvazi uredjenje?10. Neka je f ∈ F (A) proizvoljna fazi funkcija. Da li je relacija E f ∈ R(A),

definisana saE f (a,b) = f (a)↔ f (b), a,b ∈ A,

fazi ekvivalencija?11. Neka su P,R ∈Q(A) dva fazi kvazi uredjenja na skupu A, tada je i P∧Q

fazi kvazi uredjenje na A. Dokazati.12. Neka su E,F ∈ E (A) dve fazi ekvivalencije na skupu A, tada je i E∧F fazi

ekvivalencija na A. Dokazati.13. Neka su P,R ∈Q(A) dva fazi kvazi uredjenja na skupu A, tako da vazi

P 6 R, dokazati da tada vazi i P◦R = R.14. Neka su P,R ∈Q(A) i P 6 R. Tada vazi:

P(b,c) 6 Ra(c)→ Ra(b), b,c ∈ A.

15. Neka su E,F ∈ E (A) fazi ekvivalencije i E 6 F. Tada vazi:

E(b,c) 6 Fa(c)↔ Fa(b), b,c ∈ A.

16. Neka su E,F ∈ E (A) fazi ekvivalencije, da li je tada i E∨F fazi ekvivalncija?