Klausur zur Vorlesung Mathematische Logik - Fakultät für ...

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Klausur zur Vorlesung Mathematische Logik - Fakultät für ...

Universität Heidelberg 25. Januar 2012Institut für InformatikProf. Dr. Klaus Ambos-SpiesDipl.-Math. Thorsten KrälingKlausur zur VorlesungMathematische Logik– LÖSUNGEN –Aufgabe 1 (Aussagenlogik - 8 Punkte)Gegeben seien die folgenden aussagenlogischen Formeln.ϕ ≡ A 0 ∨ A 1ψ ≡ (A 0 ∧ (A 2 → A 1 )) ∨ (¬A 0 ∧ (A 2 ↔ ¬A 1 ))χ ≡ A 2 → A 0 ∧ A 1Zeigen Sie, dass χ aus ϕ und ψ folgt, das heißt, dass {ϕ, ψ} χ gilt.LÖSUNG. Wir stellen die Wahrheitstafeln für ϕ, ψ und χ auf.A 0 A 1 A 2 A 0 ∨ A 1 ≡ ϕ A 0 ∧ (A 2 → A 1 ) ¬A 0 ∧ (A 2 ↔ ¬A 1 ) ψ A 2 → A 0 ∧ A 1 ≡ χ0 0 0 0 0 0 0 10 0 1 0 0 1 1 00 1 0 1 0 1 1 10 1 1 1 0 0 0 01 0 0 1 1 0 1 11 0 1 1 0 0 0 01 1 0 1 1 0 1 11 1 1 1 1 0 1 1Man sieht, dass unter jeder Belegung, unter der ϕ und ψ wahr sind, auch χwahr ist, womit die Behauptung bewiesen ist.


Aufgabe 2 (Aussagenlogik - 8 Punkte)Die 3-stellige Schwellenfunktion s 2 : {0, 1} 3 → {0, 1} mit Schwelle 2 ist definiertdurch{1, falls x 0 + x 1 + x 2 ≥ 2s 2 (x 0 , x 1 , x 2 ) =0 sonst.Geben Sie eine Boolesche Formel in disjunktiver Normalform an, die s 2 darstellt.Verwenden Sie hierzu das in der Vorlesung angegebene allgemeine Verfahren.LÖSUNG. Um eine Formel ϕ f in DNF zu erhalten, die eine Boolesche Funktionf (n) darstellt, stellt man zunächst die Wertetabelle von f auf. Die Eingabetupel(i 1 , . . . , i n ), für die die Funktion f den Wert 1 annimmt, ergeben danngerade die Klauseln von ϕ f , wenn man die Eingabe i k = 0 durch das Literal¬A k und i k = 1 durch das Literal A k ersetzt.Im Falle von s 2 erhalten wir die Wertetabelleund hieraus die Formelx 1 x 2 x 3 s 2 (x 1 , x 2 , x 3 )0 0 0 00 0 1 00 1 0 00 1 1 11 0 0 01 0 1 11 1 0 11 1 1 1ϕ s2 ≡ (¬A 1 ∧ A 2 ∧ A 3 ) ∨ (A 1 ∧ ¬A 2 ∧ A 3 ) ∨ (A 1 ∧ A 2 ∧ ¬A 3 ) ∨ (A 1 ∧ A 2 ∧ A 3 ).


Aufgabe 3 (Prädikatenlogik - 8 Punkte)Sei L = L(


Aufgabe 4 (Prädikatenlogik - 8 Punkte)Geben Sie den Wortlaut des Kompaktheitssatzes (in der Version für den Folgerungsbegriff)an und leiten Sie diesen aus dem Vollständigkeitssatz und demKorrektheitssatz her (geben Sie dazu auch diese beiden Sätze an).LÖSUNG. Der Kompaktheitssatz lautet:Ist T eine L-Theorie und σ ein L-Satz, der aus T folgt (d.h. T σ), dann gibtes eine endliche Teiltheorie T 0 ⊆ T , so dass σ aus T 0 folgt, d.h. T 0 σ.Der Vollständigkeitssatz lautet:Ist T eine L-Theorie und σ ein L-Satz, so gilt T σ ⇒ T ⊢ σ.Der Korrektheitssatz lautet:Ist T eine L-Theorie und σ ein L-Satz, so gilt T ⊢ σ ⇒ T σ.Der Kompaktheitssatz lässt sich nun wie folgt beweisen:T σ⇒ T ⊢ σ [nach Vollständigkeitssatz]⇒ T 0 ⊢ σ für ein endliches T 0 ⊆ T [nach Endlichkeitssatz für die Beweisbarkeit]⇒ T 0 σ [nach Korrektheitssatz].


Aufgabe 5 (Prädikatenlogik - 8 Punkte)Sei L = L(+; 0) die Sprache der Gruppentheorie.Erinnerung: Eine L-Struktur ist eine Gruppe, falls sie ein Modell der Gruppenaxiomeist.ϕ 1 ≡ ∀x∀y∀z((x + y) + z = x + (y + z)) [Assoziativität]ϕ 2 ≡ ∀x(0 + x = x) [0 linksneutral]ϕ 3 ≡ ∀x∃y(y + x = 0) [Existenz von Linksinversen]Eine L-Struktur G = (G; + G ; 0 G ) heißt Torsionsgruppe, falls sie eine Gruppeist und für jedes g ∈ G eine Zahl n ≥ 1 existiert, so dassg + G g + G . . . + G g = 0 G} {{ }n Summandengilt.Beispiele für Torsionsgruppen sind die zyklischen Gruppen (Z n ; + Zn ; 0) für n ≥1, wobei Z n = {0, 1, . . . , n − 1} ist und a + Zn b = a + b modulo n.Zeigen Sie, dass die Klasse der Torsionsgruppen nicht ∆-elementar ist.LÖSUNG. Wir führen den Beweis durch Widerspruch. Angenommen, dieKlasse T G = {G : G ist Torsionsgruppe} wäre ∆-elementar, das heißt es gäbeeine Menge T von L-Sätzen, für die gilt:T G = {G : G ist L − Struktur und G T }.Erweitere die Sprache L dann um ein neues Konstantensymbol c zur SpracheL ′ und betrachte die L ′ -TheorieT ′ = T ∪ {c + c + . . . + c ≠ 0 : n ≥ 0}.} {{ }n SummandenWir zeigen, dass jede endliche Teiltheorie T 0 ⊆ T ′ erfüllbar ist, so dass nach demKompaktheitssatz also auch T ′ erfüllbar ist. Sei dafür T 0 eine solche endlicheTeiltheorie. Dann gibt es ein m ≥ 1, so dassT 0 ⊆ T ∪ {c + c + . . . + c ≠ 0 : 1 ≤ n ≤ m}} {{ }n Summandengilt. Ein Modell dieser Theorie ist aber (Z n+1 ; + Zn+1 ; 0, 1), d.h. die L ′ -Struktur,die man erhält, wenn man in der zyklischen Gruppe mit Individuenbereich Z n+1das Konstantensymbol c durch 1 interpretiert. Damit ist T 0 erfüllbar.Da T ′ erfüllbar ist, muss es ein Modell G von T ′ geben. Wegen G T ′ undT ⊆ T ′ gilt G T , d.h. als L-Struktur betrachtet, ist G eine Torsionsgruppe.Andererseits gilt c G + G c G + G . . . + G c} {{ G ≠ 0}G für alle n ≥ 1, so dass G keinen SummandenTorsionsgruppe sein kann – ein Widerspruch!


(Eine Alternativlösung, die sogar ohne neue Konstantensymbole auskommt,betrachtet statt T ′ die TheorieT ′′ = T ∪ {∀x(x ≠ 0 → x + x + . . . + x ≠ 0) : n ≥ 1}.} {{ }n SummandenDiese ist offenbar nicht erfüllbar, aber jede endliche TeiltheorieT 0 ⊆ T ∪ {∀x(x ≠ 0 → x + x + . . . + x ≠ 0) : 1 ≤ n ≤ n} {{ }0 }n Summandenbesitzt das Modell (Z p ; + Zp ; 0) für eine Primzahl p > n 0 , was wie zuvor zumWiderspruch führt.)


Aufgabe 6 (Prädikatenlogik - 14 Punkte)Sei L = L(f; c 0 , c 1 ) die Sprache, die das 1-stellige Funktionszeichen f und diezwei Konstantensymbole c 0 und c 1 enthält. Sei ferner die L-Theorie T gegebendurchT = {c 0 ≠ c 1 , ∀x(f(x) ≠ x)}.(a) (2 Punkte) Geben Sie ein Modell A von T mit Individuenbereich {0, 1} an.(b) (1 Punkt) Geben Sie ein Modell B von T mit Individuenbereich N an, beidem f B (n) = n + 2 für alle n ∈ N und c B 0 , c B 1 ≤ 1 gilt.(c) (1 Punkt) Zeigen Sie, dass T konsistent ist.(d) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass T nicht vollständig ist, indem Sie explizit einenSatz σ angeben, für den weder T ⊢ σ noch T ⊢ ¬σ gilt (mit Begründung).(e) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass für alle L-Terme t, t ′ gilt:T ⊢ t = t ′ ⇔ t ≡ t ′ .(f) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass T keine Henkin-Theorie ist. (Tipp: Zeigen Sie,dass für den Existenzsatz σ ≡ ∃x(x ≠ c 0 ∧x ≠ c 1 ) die Henkin-Eigenschaft nichterfüllt ist.)(g) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass für das Termmodell A T von T gilt: A T T .LÖSUNG. (a) Eins der zwei möglichen Modelle ist A = ({0, 1}; f A ; 0, 1) mitf A (0) = 1, f A (1) = 0.(b) Ein Modell, das die gewünschten Eigenschaften besitzt, ist B = (N; f B ; 0, 1)mit f B (n) = n + 2 für alle n ∈ N.(c) Da T ein Modell besitzt (siehe (a) und (b)), ist T erfüllbar. Da jede erfüllbareTheorie konsistent ist (wegen des Korrektheitssatzes), ist T konsistent.(d) Da T nach (a) und (b) ein zweielementiges sowie ein unendliches Modellbesitzt, genügt es, den Satzσ ≡ ∀x∀y∀z(x = y ∨ x = z ∨ y = z)zu betrachten, der aussagt, dass es höchstens zwei Elemente gibt. Es kann wederT σ gelten, da sonst B σ gelten müsste, noch T ¬σ, da sonst A ¬σgelten müsste. Nach dem Korrektheitssatz kann damit auch weder T ⊢ σ nochT ⊢ ¬σ gelten.(e) Gilt t ≡ t ′ , so gilt offensichtlich T t = t ′ und nach dem Vollständigkeitssatzdann auch T ⊢ t = t ′ (alternativ kann man rein syntaktisch argumentierenund sich auf das Gleichheitsaxiom G1 zusammen mit der Substitutionsregelberufen).Umgekehrt gelte T ⊢ t = t ′ . Dann gilt auch T t = t ′ nach dem Korrektheitssatzund folglich B t = t ′ , d.h. t B = t ′B . Alle L-Terme besitzen die Gestaltf n (c 0 ) oder f n (c 1 ) für ein n ≥ 0. Wäre t ≡ f n (c 0 ) und t ′ ≡ f n′ (c 1 ), so gältet B = 2n ≠ 2n ′ + 1 = t ′B , da links eine gerade, rechts eine ungerade Zahl steht(entsprechend im umgekehrten Fall).


Gilt t ≡ f n (c 0 ) und t ′ ≡ f n′ (c 0 ), so gilt t B = 2n = 2n ′ = t ′B genau dann,wenn n = n ′ , also t = t ′ gilt. Analog argumentiert man im Fall t ≡ f n (c 1 ) undt ′ ≡ f n′ (c 1 ).(f) Wäre T eine Henkin-Theorie, so müsste zu jedem L-Existenzssatz σ = ∃xϕein konstanter L-Term t existieren mit T ⊢ ∃xϕ → ϕ[t/x], und damit auchT ∃xϕ → ϕ[t/x]. Wir zeigen, dass dies für ϕ ≡ x ≠ c 0 ∧ x ≠ c 1 nicht der Fallist.Betrachte dafür die L-Struktur A ′ = ({0, 1, 2}; f A′ ; 0, 1) mit f A′ (0) = 1,f A′ (1) = 0 und f A′ (2) = 0. Es gilt offensichtlich A ′ T und A ′ ∃x(x ≠c 0 ∧ x ≠ c 1 ). Gälte nun T ∃xϕ → ϕ[t/x], so müsste es einen konstanten Termt geben mit A ′ t ≠ c 0 ∧ t ≠ c 1 , d.h. t A′ ≠ 0, 1. Es gilt aber für jeden Termt ≡ f n (c 0 ), dasst A′ ={0 falls n gerade1 sonstund für jeden konstanten Term t ≡ f n (c 1 ), dass{1 falls n geradet A′ =.1 sonst(g) Wir zeigen, dass das Modell B von T aus Aufgabenteil (b) isomorph zumTermmodell ist, wobei der Isomorphismus h : N → {¯t : t konstanter L − Term}gegeben ist durch{fh(n) =m (c 0 ) falls n = 2mf m (c 1 ) falls n = 2m + 1.h surjektiv: Ist t ein konstanter L-Term, so ist t von der Form f m (c 0 ) oderf m (c 1 ). Dann ist h(2m) = ¯t bzw. h(2m + 1) = ¯t, also liegt ¯t im Wertebereichvon h. Somit ist h surjektiv.h injektiv: Sind n ≠ n ′ , so gilt nach Definition h(n) = ¯t und h(n ′ ) = ¯t ′ mitt ≢ t ′ . Nach (e) folgt T ̸ t = t ′ , also h(n) = ¯t ≠ ¯t ′ = h(n ′ ).h(c B ) = c A Tfür jede Konstante c: Es gilt h(c B 0 ) = h(0) = ¯c 0 = c A T0 undh(c B 1 ) = h(1) = ¯c 1 = c A T1 .h(f B (n)) = f A T(h(n)) für jedes Funktionssymbol f und alle n ∈ N: Es gilt{h(f B f(n)) = h(n+2) =m+1 (c 0 ) = f A T(f m (c 0 )) = f A T(h(n)) falls n = 2mf m (c 1 ) = f A T(f m (c 1 )) = f A T(h(n)) falls n = 2m + 1.

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