Mesterséges Intelligencia vizsga 2006.01.02. A csoport

A VIK Wikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen (vitalap) 2012. október 21., 22:04-kor történt szerkesztése után volt. (Új oldal, tartalma: „{{GlobalTemplate|Infoalap|MestersegesIntelligenciaVizsga20060102A}} Hivatalos megoldás: http://portal.mit.bme.hu/?l=oktatas/targyak/vimm3241/vizsga/index.html __TOC…”)
(eltér) ← Régebbi változat | Aktuális változat (eltér) | Újabb változat→ (eltér)
Ugrás a navigációhoz Ugrás a kereséshez

Ez az oldal a korábbi SCH wiki-ről lett áthozva. Az eredeti változata itt érhető el.

Ha úgy érzed, hogy bármilyen formázási vagy tartalmi probléma van vele, akkor kérlek javíts rajta egy rövid szerkesztéssel.

Ha nem tudod, hogyan indulj el, olvasd el a migrálási útmutatót


Hivatalos megoldás: http://portal.mit.bme.hu/?l=oktatas/targyak/vimm3241/vizsga/index.html

Tartalomjegyzék

1. Mi a mélységi keresés alapvetően a legjobb illetve a legrosszabb tulajdonsága? (4p)

  • Legrosszabb: Nem teljes algoritmus, lehet hogy sosem találja meg a megoldást, és a végtelenségig keres (ne egy átlagos gráfra gondoljunk, hanem az állapotteres - operátoros felfogásra)
  • Legjobb: (van ennek ilyen???) Legalábbis pozitívum hogy O(b*m) tárigényű, ha m a gráf mélysége (nem áll a legrosszabb eset)
  • Megoldásból: lineáris komplexítás/ teljesség hiánya

2. Az A* keresésnél miért törekszünk egy elfogadható heurisztikus függvény használatára? (4p)

Mert garantálja az optimális megoldást.

3. Ha egy S helyzetből kiindulva az ágens Mos cselekvése nem rontja el a ruha színét, amit különben predikátum kalkulusban Szin(Ruha, Fehér) predikátummal ki lehetne fejezni, akkor ezt a tényállást hogyan kell a szituáció kalkulusban megadni? (8p)

Keret axióma (Hogyan marad a világ változatlan)

  • általánosan: Állapot(.., Eredményez(a, s)) <==> [ Állapot(.., s) ÉS NEM(a=Változtató1 VAGY a=Változtató2 ...) ]
  • konkrétan:
    • bármely s,a,c,r -re: Szín(r, c, Ereményez(a, s)) <==> Szín(r, c, s)
    • minden r,c,a Szin(r,c) ÉS (a=Mos) =>Szin(r,Eredményez(a,c)) -- GorcsGergely - 2006.01.10.
  • Megoldásból: minden s-re: Szin(Ruha, Fehér, s) -> Szin(Ruha, Fehér, Eredmény(Mos, s))

4. Két H1 és H2 hipotézisunk van és egy E evidenciánk. P(E|H1) = .9, P(EH2) = .4, P(H1) = .8 és P(H2) = .2. A kapott evidencia ismerete hogyan befolyásolja a hipotézisek a posteriori valószínűségeit? (8p)

P(E|H1) = 0.9
P(E|H2) = 0,4
P(H1) = 0,8
P(H2) = 0,2

P(E) = P(E|H1)*P(H1) + P(E|H2)*P(H2) = 0,8

P(H1|E) = P(E|H1)*P(H1) / P(E) = 0,9
P(H2|E) = P(E|H2)*P(H2) / P(E) = 0,1

5. Hány valószínűség elegendő az együttes eloszlás teljes specifikálásához a mellékelt hálóban, ha a Földrengés 3 értékű változó, a többi változó pedig bináris? (8p)

Ezen a helyen volt linkelve a image001.jpg nevű kép a régi wiki ezen oldaláról. (Kérlek hozd át ezt a képet ide, különben idővel el fog tűnni a régi wikivel együtt)

1. MO

Minden csomóponthoz egy táblázat kell. A táblázatban a szülő-változóknak az összes kombinációjához egy sort kell gyártanunk. A sorokban egy bejegyzés a csomópont egy változójának értékét adjuk meg az adott kombinációra. Ezért annyi sor lesz, ahány kombináció előállítható a szülők változóiból, és annyi oszlop, ahány értékű a csomópont változója. Illetve eggyel kevesebb, mert az utolsó értéke számítható: (1- a többi) Ha nincs szülője akkor csak az a priori valószínűség kell, ami n értékű változó esetén n-1 db valószínűség. Ezeket minden csomópontra összadjuk és meg is vagyunk. Képlettel: Szumma( Produktum(Szülők értékei)*(saját-1)) -- GorcsGergely - 2006.01.11.

Harmadik vélemeny:

  • MT: 1 (a priori valószínűség)
  • JT: 2 (1 binaris szulő)
  • FR: 8 = 2*(2^2) (2 binaris szulo miatt 2^2 sor, mivel FR 3 erteku, igy soronkent 2 valószínűséget meg kell adni. Altalanosan n erteku valtozo eseten soronkent n-1-et, az n. mar ertelemszeruen adodik)
  • BT: 12 = 2^2*3 (2 binaris szulo meg egy 3 erteku szulo)
  • Riaszt: 24 = 2^3*3 (3 binaris szulo, tovabba egy 3 erteku)

Osszesen 47.

-- Jenci - 2006.01.09.

Megoldásból:

Ha egy változó N értékű, és K szűlője van, amik rendre

  • M1, M2, ..., MK értékűek,
  • akkor a változó FVT-ja M1*M2* , ...*MK szülői feltételt és
  • M1*M2*...*MK*(N-1) valószínűséget tartalmaz.

Ezeket a háló összes változójára kell összegezni.

6. Lassa be képlettel vagy ábrával (de mindenképpen helyes jelöléssel), hogy fuzzy logikában nem igaz az A .és. nemA = Hamis egyenlet! (4p)

Ezen a helyen volt linkelve a A.jpg nevű kép a régi wiki ezen oldaláról. (Kérlek hozd át ezt a képet ide, különben idővel el fog tűnni a régi wikivel együtt)
Ezen a helyen volt linkelve a Aneg.jpg nevű kép a régi wiki ezen oldaláról. (Kérlek hozd át ezt a képet ide, különben idővel el fog tűnni a régi wikivel együtt)
Ezen a helyen volt linkelve a er.jpg nevű kép a régi wiki ezen oldaláról. (Kérlek hozd át ezt a képet ide, különben idővel el fog tűnni a régi wikivel együtt)
||


7. A tervkészítésnél bevezetett üres tervnél mi indokolja az „üres” terv elnevezést és ennak ellenére mi a valódi információtartalma? (4p)

A kezdeti terv nem tartalmaz semmilyen konkrét lépést a feladat megoldása érdekében, ezért (remélem) mondható "üresnek". A valódi információtartalma:

  • Start lépés üres cselekvéssel és előfeltétellel, következménye pedig a feladatmegoldás kezdeti szituációjának leírása, predikátumok konjunkciójaként. (pl. Van(Pénz, 500) [math] \wedge [/math] Hely(Otthon) [math] \wedge [/math] KintEsik(Eső))
  • Cél lépés üres cselekedettel és következménnyel, előfeltétele pedid a feladatmegoldás által elérni kívánt szituáció (pl. Van(Tej) [math] \wedge [/math] Van(Fúró) [math] \wedge [/math] Hely(Otthon))
  • A Start < Cél sorrendezési megkötés is fel van véve

8. A tervkészítés eredményeként kapott részben rendezett tervnek mik az előnyei és mik a hátrányai? (4p)

  • Hátrány: Nem ad egy konkrét cselekvés-sorozatot, nem lehet rögtön végrehajtani.
  • Előny: Szabadságot biztosít, a lekötetlen paramétereket a szituációhoz igazodva lehet megkötni; illetve párhuzamosan végrehajtható részeket az ágens egyszerre hajthatja végre, ha erre képes.

9. Mi az ún. elfogultság? Adjon rá egy példát is! (4p)

Induktív tanítás esetén, az ágenst egy bizonyos példahalmaz segítségével tanítjuk. De még ekkor is számos olyan hipotézis lehet, amely jó megoldást ad az adott példahalmazra, és az ágens ezek közül egyet tanult meg. Tehát szükségszerűen elfogult lesz ezzel a hipotézissel szemben.

Példa: Az ágensnek kutyafajt kell felismernie, a példák leírása (méret, szín, forma, ...) jellegű, a besorolás pedig a faj. Ilyen fajokra kap példát: Német juhász, tacskó, ír szetter, alaszkai malamut. Valamilyen módon a tanulás eredményeként a felismerésben mondjuk nagyobb súlyt helyez a színre, formára, mint a méretre. Ezután beadjuk neki egy spániel adatait, mire az ágens azt mondja, ír szetter (szegény ágens színvak és ködösen lát). Ha a tanulás során mondjuk a méretre fektetett volna nagyobb súlyt, lehet hogy tacskónak sorolja be inkább.

(Megjegyzés: Tehát a probléma két forrásból fakad, az egyik a példahalmaz tökéletlensége, a másik pedig, hogy az ágensnek szükségszerűen általánosítania kell még nagyszámú példa esetén is, hogy hatékonyan működjön)

10. A szimbolikus hipotézisek tanulásánál szó van arról, hogy hamis pozitív és hamis negatív példák esetén a hipotéziseket általánosítani, ill. szűkíteni kell. Melyik esetben mit kell tenni? (4p)

A verzió teres tanításról van szó. Feltételezzük, hogy a hipotéziseknek igen/nem választ kell adnia.
Gi a legáltalánosabb határhalmaz egy eleme, Si a legspeciálisabbé. Minden egyes példa leírását minden Gi-nek és Si-nek beadjuk, ennek eredménye:

  • Ha az adott válasz egyezik a példa besorolásával, minden oké, nem teszünk semmit.
  • Ha ellentétes a válasz, akkor hamis pozitívról/negatívról beszélünk
    • Hamis pozitív: Elfogadta, pedig nem kellett volna
    • Hamis negatív: Nem fogadta el, pedig el kellett volna
Hamis pozitív Hamis negatív
Si-re Átcsúszott a rostán a leírás, pedig nem szabadna. Si túl általános, specializálni kéne, de ez definíció szerint nem lehetséges -> *Si törlése* El kellett volna fogadnia, de túl szigorú -> Az összes közvetlen általánosításaival helyettesítjük Si-t
Gi-re Nem kellett volna elfogadnia, specializáljuk -> *Gi helyettesítése az összes közvetlen specializációjával* Gi túl szigorú, de nem lehet általánosítani -> Gi-t töröljük a G halmazból

Megjegyzés: Az újonnan behelyettesített szabályokra is rá kell engedni a példát a fenti séma szerint.


11. Egy ágens A-ból a C, ill. a D végállapotokhoz a legelőnyösebb utat tanulja megerősítéses tanulással. A nyilak menti szám az átmenetek valószínűsége. C-ben az ágens M = 1, D-ben, M = -1 megerősítésben részesül. Mi az A és a B állapotok megtanult hasznossága? (számítás vagy érvelés) (8p)

Ezen a helyen volt linkelve a image003.png nevű kép a régi wiki ezen oldaláról. (Kérlek hozd át ezt a képet ide, különben idővel el fog tűnni a régi wikivel együtt)

Ezt hasból is egyszerű lenne felírni, de általános okulás végett: Használhatjuk például az egyensúlyi állapotot leíró képletet.

[math] U(i) = R(i) + \sum_{j}M_{ij}*U(j) [/math]

  • U(i) Az i. állapot hasznossága
  • R(i) az i. pontban adott megerősítés
  • j az i követőállapotait futja be
  • Mij az i->j állapotátmenet valószínűsége

Jobbról haladjunk balra, mivel így a követő állapotok hasznosságai már meglesznek (feltéve, hogy a példában nincs kör).

  • C és D nem rendelkezik követő állapottal, hasznosságuk az R(i) megerősítés, így U(C)=1, U(D)=-1.
  • B-ben nincs megerősítés, R(B)=0, követő-hasznossága: 0.5*1 + 0.5*(-1)=0
  • A-ban sincs megerősítés, követő hasznossága 1*0=0

-Ron