pdf - Prof. Dr. Dirk W. Hoffmann

Lösungen zu den Übungsaufgaben

2 1 LösungshinweiseAufgabe 1.1---Webcode1292Die nachstehende Formel stammt aus Freges berühmter Begriffsschrift:F(y)f (x,y)F(x)b a F(a)f (b,a)F(b)F(y)f (x,y)aF(a)f (x,a)Versuchen Sie, die Formel in die moderne Notation zu übersetzen.(8a (f(x,a) ! F(a)) ! (f(x,y) ! F(y))) !(8b (F(b) !8a (f(b,a) ! F(a))) ! (F(x) ! (f(x,y) ! F(y))))

3Die nachstehend aufgelisteten Axiome stammen aus Freges berühmter Begriffsschrift: Aufgabe 1.2---n Aussagenlogische AxiomeWebcode1293§14aba§15acbcabc§16adbabd§17baab§18aa§19aan Prädikatenlogische Axiome§20f (d)f (c)(c ⌘ d)§21(c ⌘ c)§22f (c)af (a)Übersetzen Sie die Formeln in die moderne Notation.§14 : A ! (B ! A)§15 : (C ! (B ! A)) ! ((C ! B) ! (C ! A))§16 : (D ! (B ! A)) ! (B ! (D ! A))§17 : (B ! A) ! (¬A !¬B)§18 : ¬¬A ! A§19 : A !¬¬A§20 : c = d ! (F(c) ! F(d))§21 : c = c§22 : 8xF(x) ! F(c)

4 1 LösungshinweiseAufgabe 1.3---Webcode1060In Abschnitt 1.2.2 haben wir herausgearbeitet, wie Cantor in seiner 1874 publizierten Arbeitdie Abzählbarkeit der algebraischen Zahlen bewies. Hierzu ordnete er jeder Gleichung derForma n x n + a n 1 x n 1 + ...+ a 1 x + a 0eine Höhe N zu, die sich wie folgt berechnet:N = n 1 + |a n | + ...+ |a 3 | + |a 2 | + |a 1 | + |a 0 |War Cantor gezwungen, die Definition in dieser komplizierten Form zu wählen, oder hätte ersie durch eine der nachstehenden, leicht vereinfachten Definitionen ersetzen können?Vorbemerkung: Damit Cantors Beweis funktioniert, muss folgendes sichergestellt sein:1) Es gibt nur endlich viele algebraische Gleichungen der Höhe N.2) Eine algebraische Gleichung der Höhe N hat maximal N Lösungen.a) N = nNein, Bedingung 1) ist nicht erfüllt.b) N = |a n | + ...+ |a 3 | + |a 2 | + |a 1 | + |a 0 |Nein, Bedingung 2) ist nicht erfüllt.c) N = n + |a n | + ...+ |a 3 | + |a 2 | + |a 1 | + |a 0 |Ja. Dieser Ansatz erfüllt sowohl 1) als auch 2), so dass Cantor seinen Beweis auch hiermithätte durchführen können. Wahrscheinlich hat Cantor hatte die 1 aus Schönheitsgründenintegriert. Hierdurch wird N zu einer echten oberen Schranke für den Grad des Polynoms.Erreicht wird die Schranke durch die GleichungHier istp(n)=1 nN = n 1 + |a n | = n 1 + 1 = nFür den Beweis selbst ist es irrelevant, ob N nur eine obere Schranke oder eine echte obereSchranke für den Grad der algebraischen Gleichung ist.

5In Abschnitt 1.2.1 wurde gezeigt, wie sich die periodische Dezimalzahl 0,0238095 in den Aufgabe 1.4Bruch42 1 überführen lässt.---Webcode1898a) Beweisen Sie auf die gleiche Weise die Beziehung 1 = 0,9.Um die Zahlx = 0,9in der Form p qdarzustellen, multiplizieren wir beide Seiten mit 10:10x = 9,9Subtrahieren wir jetzt die erste Gleichung von der zweiten, so verschwindet der periodischeAnteil:9x = 9Damit erhalten wir für x das Ergebnisx = 9 9 = 1b) Hat der Trick, den wir zur Umwandlung verwendet haben, ein gewisses Unbehagen beiIhnen ausgelöst? Falls ja, dann besitzen Sie bereits ein gutes Gespür für die Gefahren imUmgang mit dem aktual Unendlichen. Versuchen Sie, die Beziehung 1 = 0,9 zu beweisen,indem Sie vermeiden, eine unendliche Folge von Nachkommaziffern als ein abgeschlossenesGanzes zu interpretieren.Die rationale Zahl, die durch die unendliche Folge 0,9 dargestellt wird, ist formal als derGrenzwert der Teilsummenn9·10 idefiniert. Es istÂi=1nlim Ân!•i=19·10 i = 1

6 1 LösungshinweiseAufgabe 1.5---Webcode1001In Abbildung 1.20 haben wir gezeigt, wie sich zwei reelle Zahlen im Reißverschlussverfahrenzu einer einzigen reellen Zahl verschmelzen lassen. Auf diese Weise hatten wir einebijektive Abbildung zwischen R 2 und R hergestellt und damit die Gleichmächtigkeit beiderMengen bewiesen.......0909090 ,1 0 00 000 ,1 9 99 990 , 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ...0 , 1 0 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 ...0 ,1 0 00 0000...0 ,0 9 99 9999...In Wirklichkeit haben wir an dieser Stelle ein wenig geschummelt, da die Dezimalbruchdarstellungeiner reellen Zahl nicht immer eindeutig ist. Beispielsweise ist 0,11 = 0,109.Das bedeutet, dass die von uns konstruierte Abbildung von R auf R 2 nicht injektiv und damiterst recht nicht bijektiv ist. Wie könnte man mit diesem Problem umgehen, ohne dieGrundidee der Reißverschlusskonstruktion komplett aufzugeben?Wir haben gezeigt, dass sich die reellen Zahlen bijektiv auf das Intervall ( 1;1) abbildenlassen. Mit den gleichen Argument lässt sich zeigen, dass eine Bijektion zwischen R und(0;1) besteht. Dies nutzen wir zur Vereinfachung dieser Aufgabe aus und nehmen an, dasswir ausschließlich reelle Zahlen x und y mit 0 < x,y < 1 vor uns haben.Bevor wir die Ziffernfolgen von x und y jetzt reißverschlussartig verschränken, machen wirdas Folgende:1. Wir eliminieren unendlich lange NullerkettenBezogen auf die abgebildeten Beispielzahlen bedeutet dies:0,100000000...! 0,099999999...0,100000000...! 0,099999999...0,199999999...! 0,199999999... (nichts zu tun)0,099999999...! 0,099999999... (nichts zu tun)

72. Wir bilden Blöcke. Jede Ziffer 6= 0 ist ein Block, die Nullen werden anderen Blöckenzugeschlagen0,099999999...! 0,|09|9|9|9|9|9|9|9|9...0,099999999...! 0,|09|9|9|9|9|9|9|9|9...0,199999999...! 0,|1|9|9|9|9|9|9|9|9|9...0,099999999...! 0,|09|9|9|9|9|9|9|9|9...3. Jetzt werden die Blöcke reißverschlußartig verschmolzen:0,|09|9|9|9|9|9|9|9|9...0,|09|9|9|9|9|9|9|9|9...0,|1|09|9|9|9|9|9|9|9...0,|09|9|9|9|9|9|9|9|9...0,090999999999...0,109099999999...Auf diese Weise wird eine tatsächlich eine bijektive Abbildung zwischen (0;1) 2 und (0;1)hergestellt.Das geschilderte Problem mit dem Reißverschlussverfahren hat historische Wurzeln. Daserste Mal wurde es in einem Briefwechsel zwischen Cantor und Dedekind diskutiert. Mehrhierzu finden Sie in Herbert Meschkowskis schön geschriebenen Buch Probleme des Unendlichen,1983, Bibliographisches Institut Mannheim.

8 1 LösungshinweiseAufgabe 1.6---Webcode1367Mit der Goldbach’schen Vermutung haben Sie eines der wichtigsten bis dato ungelöstenProbleme der Zahlentheorie kennen gelernt. In ihrer starken Form lautet sie so:„Jede gerade natürliche Zahl n > 2 lässt sich als Summe zweier Primzahlen schreiben.“Zeigen Sie, dass aus der starken Goldbach’schen Vermutung die folgende Aussage folgt:„Jede ungerade natürliche Zahl n > 5 lässt sich als Summe dreier Primzahlen schreiben.“Man setzen =(n 3)+3Da n eine ungerade Zahl ist, muss n 3 gerade sein. Damit lässt sich n 3 nach der starkenGoldbach’schen Vermutung in zwei Primzahlen zerlegen und daraus folgt die Behauptung.Hinweis: In der ersten Auflage war die Aufgabe so formuliert:Zeigen Sie, dass aus der starken Goldbach’schen Vermutung die folgende Aussage folgt:„Jede gerade natürliche Zahl n > 5 lässt sich als Summe dreier Primzahlen schreiben.“Man setzen =(n 2)+2Da n eine gerade Zahl ist, muss n 2 ebenfalls gerade sein. Damit lässt sich n 2 nachder starken Goldbach’schen Vermutung in zwei Primzahlen zerlegen und daraus folgt dieBehauptung.

9In dieser Aufgabe geht es erneut um die Goldbach’sche Vermutung. Aufgabe 1.7---a) Nehmen Sie an, die Vermutung sei falsch. Ließe sie sich dann mit den Mitteln der gewöhnlichenArithmetik widerlegen?Ja. Wäre sie falsch, so ließe sich ein konkretes Gegenbeispiel erzeugen.b) Nehmen Sie an, die Goldbach’sche Vermutung sei mit den Mitteln der gewöhnlichen Mathematikunbeweisbar. Lässt das Ergebnis in diesem Fall einen Rückschluss auf die Wahrheitoder die Falschheit der Vermutung zu?Ja. Wäre sie falsch, dann wäre sie widerlegbar. Ist sie unbeweisbar, so muss sie wahr sein.c) Lässt sich das Ergebnis auf die Vermutung über die Existenz unendlich vieler Primzahlzwillingeübertragen?Nein. Hier lässt sich die Falschheit nicht durch ein Gegenbeispiel zeigen. Aus der Unbeweisbarkeitkönnen wir daher nicht so einfach auf ihre Falschheit oder Wahrheit schließen.d) Ist die Fermat’sche Vermutung ein mathematischer Satz vom Goldbach’schen Typ?Ja. Auch hier wird eine Aussage der Form „Für alle natürlichen Zahlen gilt . . . “ gemacht.Webcode1651

10 1 LösungshinweiseAufgabe 1.8---Webcode1853Die Erdős-Straus-Vermutung besagt, dass die Gleichung4n = 1 a + 1 b + 1 cfür jede natürliche Zahl n > 1 eine Lösung in den natürlichen Zahlen besitzt.Könnten wir die Vermutung lösen, wenn wir im Besitz eines Entscheidungsverfahrens fürdiophantische Gleichungen wären?Für jeden konkreten Wert von n ließe sich die Vermutung entscheiden. Sie lässt sich in4abc = n(bc + ac + ab)und weiter in die folgende diophantische Gleichung umformen:4abc nbc nac nab = 0Aber Vorsicht: Bei diophantische Gleichungen werden die Lösungen zumeist in den ganzenZahlen gesucht. Hier suchen wir aber nach Lösungen in N + ! Wir können nicht ohne Weiteresdavon ausgehen, dass ein Entscheidungsverfahren für die Lösbarkeit in Z dazu verwendetwerden kann, die Erdös’sche Vermutung zu beweisen. In Kapitel 5 werden wir zeigen, dassdies doch funktioniert. Ein Verfahren, das die Lösbarkeit in Z entscheidet, kann immer auchdazu verwendet werden, um die Lösbarkeit in N zu entscheiden und umgekehrt. Das gleichegilt auch für N + .

13Betrachten Sie die nachstehenden fünf Axiome, die eine Reihe von Eigenschaften zweier Aufgabe 2.2Klassen K und L festlegen. Sie stammen aus [129] und wurden in ihrer umgangssprachlichen---Form belassen:Webcode21291. Je zwei beliebige Elemente von K sind in genau einem Element von L enthalten.2. Kein Element von K ist in mehr als zwei Elementen von L enthalten.3. Die Elemente von K sind nicht alle in einem einzigen Element von L enthalten.4. Je zwei beliebige Elemente von L enthalten genau ein Element von K [gemeinsam].5. Kein Element von L enthält mehr als zwei Elemente von K.Unter der Verwendung der üblichen mathematischen Schlussregeln lassen sich aus den Axiomenverschiedene Konsequenzen ziehen. Ist es möglich, einen Widerspruch abzuleiten? Wiekönnte ein formaler Beweis der Widerspruchsfreiheit gelingen?Nein, es lässt sich kein Widerspruch ableiten. Um dies einzusehen, verleihen wir L und Keine konkrete Bedeutung:K = Die drei Eckpunkte eines DreiecksL = Die drei Punktmengen, die die Seiten des Dreiecks bildenUnter der gewählten Interpretation werden alle Axiome zu wahren Aussagen. Unter der Annahme,dass sich mit den gewöhnlichen Schlussregeln der Mathematik aus wahren Aussagennur wahre Aussagen ableiten lassen, ist die Widerspruchsfreiheit des Axiomensystems bewiesen.

14 1 LösungshinweiseAufgabe 2.3---Webcode2748In dieser Aufgabe betrachten wir vier Kalküle über einer rudimentären Sprache. Insgesamtlassen sich nur 42 Formeln bilden, die durch das Einsetzen der Terme 0,...,6 in die Formelnj 1 (x ),j 2 (x ),j 3 (x ),¬j 1 (x ),¬j 2 (x ) und ¬j 1 (x ) entstehen. Die folgende Matrix gibt an,welche der 42 Aussagen wahr und welche falsch sind:0 1 2 3 4 5 6j 1 (x ) |= 6|= |= 6|= |= 6|= 6|=j 2 (x ) |= |= |= |= |= |= |=j 3 (x ) |= |= 6|= |= |= 6|= |=¬j 1 (x ) 6|= |= 6|= |= 6|= |= |=¬j 2 (x ) 6|= 6|= 6|= 6|= 6|= 6|= 6|=¬j 3 (x ) 6|= 6|= |= 6|= 6|= |= 6|=Die Axiome und die Schlussregeln der vier Kalküle sind nicht bekannt. Dafür sind wir fürjeden Kalkül im Besitz einer Matrix, aus der wir ablesen können, welche Formeln aus denAxiomen hergeleitet werden können und welche nicht. Geben Sie für jeden Kalkül an, ob ervollständig, korrekt, widerspruchsfrei oder negationsvollständig ist.K 1 0 1 2 3 4 5 6j 1 (x ) ` 6` ` 6` ` 6` 6`j 2 (x ) ` ` ` ` ` ` `j 3 (x ) ` ` 6` ` ` 6` `¬j 1 (x ) 6` ` 6` ` 6` ` `¬j 2 (x ) 6` 6` 6` 6` 6` 6` 6`¬j 3 (x ) 6` 6` ` 6` 6` ` 6`Der Kalkül ist vollständig, korrekt, widerspruchsfreiund negationsvollständig.

15K 2 0 1 2 3 4 5 6j 1 (x ) ` 6` ` 6` ` 6` 6`j 2 (x ) ` ` ` ` 6` ` `j 3 (x ) ` ` 6` ` ` 6` `¬j 1 (x ) 6` ` 6` ` 6` ` `¬j 2 (x ) 6` 6` 6` 6` 6` 6` 6`¬j 3 (x ) 6` 6` ` 6` 6` ` 6`Wegen 6` j 2 (4) ist der Kalkül nicht mehrvollständig und nicht mehr negationsvollständig.K 3 0 1 2 3 4 5 6j 1 (x ) ` 6` ` 6` ` 6` `j 2 (x ) ` ` ` ` ` ` `j 3 (x ) ` ` 6` ` ` 6` `¬j 1 (x ) 6` ` 6` ` 6` ` `¬j 2 (x ) 6` 6` 6` 6` 6` 6` 6`¬j 3 (x ) 6` 6` ` 6` 6` ` 6`Wegen ` j 1 (6) ist der Kalkül nicht mehrkorrekt und nicht mehr widerspruchsfrei.K 4 0 1 2 3 4 5 6j 1 (x ) ` 6` ` 6` ` 6` 6`j 2 (x ) ` ` ` ` ` ` `j 3 (x ) ` ` ` ` ` 6` `¬j 1 (x ) 6` ` 6` ` 6` ` `¬j 2 (x ) 6` 6` 6` 6` 6` 6` 6`¬j 3 (x ) 6` 6` 6` 6` 6` ` 6`Wegen ` j 3 (2) und 6` ¬j 3 (2) ist der Kalkülnicht mehr vollständig und nicht mehrkorrekt. Er ist aber immer noch widerspruchsfreiund negationsvollständig.

16 1 LösungshinweiseAufgabe 2.4---Webcode2890Die Kalküle P 1 und P 2 seien durch die folgenden Axiome und Schlussregeln definiert:Axiome (Kalkül P 1 ) Axiome (Kalkül P 2 )(11,110) (A1) (01,011) (A1’)Schlussregeln (Kalkül P 1 ) Schlussregeln (Kalkül P 2 )(S1)(j,y) (j011,y100) (S1 0 )(j,y) (j001,y0)(S2)(j,y) (j11,y110) (S2 0 )(j,y) (j01,y011)(S3)(j,y) (j010,y011) (S3 0 )(j,y) (j01,y101)(S4 0 )(j,y) (j10,y001)Beide Kalküle arbeiten nach dem gleichen Grundprinzip. Das Axiom gibt ein Paar binärerZeichenketten vor, und die Schlussregeln bestimmen, wie sich die Zeichenketten sukzessiveverlängern lassen. Beide Kalküle unterscheiden sich lediglich in den binären Teilsequenzen,die fest in das Axiom und die Schlussregeln hineincodiert sind.a) Zu welchem Kalkül gehört der folgende Beweis? Geben Sie rechts für jeden Ableitungsschrittan, welche Schlussregel angewendet wurde.1. ` (01,011) (A1’)2. ` (0110,011001) (S4’)3. ` (011001,011001101) (S3’)4. ` (01100110,011001101001) (S4’)5. ` (0110011010,011001101001001) (S4’)b) Lässt sich in den Kalkülen P 1 und P 2 ein Theorem der Form (j,j) ableiten?Innerhalb von K 1 ist ein solches Theorem nicht ableitbar. Um ein Theorem der Form(x,x) zu erhalten, müssen wir mit dem Axiom (11,110) beginnen. Da die linke Zeichenkettekürzer ist als die rechte, muss die rechte Kette das fehlende Zeichen irgendwannwieder aufholen. Dies ist jedoch unmöglich, da die rechte Seite in allen Wortpaarengenauso viele oder mehr Zeichen enthält als die linke.

17Innerhalb von K 2 lassen sich die linke und die rechte Seite des Axioms tatsächlichangleichen. Ein Theorem von K 2 ist beispielsweise( 01 10 01 10 10 01 001 01 10 01 10 01 10 10 01 10 1001 001 10 10 01 001 01 10 001 001 01 10 10 10 01 00101 001 001 001 01 10 01 10 001 01 001 10 10 01 001 10001 001 01 10 001 001 01 001 001 01 001 01 001 10 001001 01 ,011 001 101 001 001 011 0 011 001 101 001 101 001 001101 001 001 011 0 001 001 011 0 101 001 0 0 101 001001 001 011 0 011 0 0 0 101 001 101 001 0 011 0 001001 011 0 001 0 0 101 001 0 0 101 0 0 101 0 011 0001 0 0 101 )Quelle für diese Ableitungssequenz: Uwe Schöning: „Theoretische Informatik - kurzgefasst“, Spektrum Akademischer Verlag, 2008c) Existieren für die Kalküle P 1 und P 2 Entscheidungsverfahren?Ja! In jedem Schritt wird die abgeleitete Sequenz verlängert. Ist ein Ausdruck (j,y)gegeben und bezeichnet n seine Länge, so muss er in weniger als n Schritten ableitbarsein. Da es nur endlich viele solcher Ableitungen gibt, können diese alle nacheinanderanalysiert werden und die Ableitbarkeit für jeden vorgelegten Ausdruck in endlicherZeit entschieden werden.d) Gibt es ein Verfahren, das für alle Kalküle obigen Typs entscheidet, ob ein Theoremder Form (j,j) abgeleitet werden kann?Nein, dann hätten wir das berühmte Post’sche Korrespondenzproblem gelöst. Es ist einesder bekanntesten unentscheidbaren Problem und spielt eine große Rolle im Bereichder theoretischen Informatik.

18 1 LösungshinweiseAufgabe 2.5---Webcode2235Ergänzen Sie die Wahrheitstafeln der folgenden aussagenlogischen Formeln. Sind die Formelnerfüllbar, allgemeingültig oder unerfüllbar?n j 1 = (¬A _ B) ^ (¬B _ C) ^ (¬C _ A) (erfüllbar, nicht allgemeingültig)A B C ¬A _ B ¬B _ C ¬C _ A (¬A _ B) ^ (¬B _ C) j 10 0 0 1 1 1 1 10 0 1 1 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 00 1 1 1 1 0 1 01 0 0 0 1 1 0 01 0 1 0 1 1 0 01 1 0 1 0 1 0 01 1 1 1 1 1 1 1nj 2 = (A ! B) ^ (B ! C) ! (A ! C) (allgemeingültig)A B C A ! B B ! C A ! C (A ! B) ^ (B ! C) j 20 0 0 1 1 1 1 10 0 1 1 1 1 1 10 1 0 1 0 1 0 10 1 1 1 1 1 1 11 0 0 0 1 0 0 11 0 1 0 1 1 0 11 1 0 1 0 0 0 11 1 1 1 1 1 0 1nj 3 = (A = B) ^ (B = C) ^ (A = C) (unerfüllbar)A B C A = B B = C A = C (A = B) ^ (B = C) j 30 0 0 0 0 0 0 00 0 1 0 1 1 0 00 1 0 1 1 0 1 00 1 1 1 0 1 0 01 0 0 1 0 1 0 01 0 1 1 1 0 1 01 1 0 0 1 1 0 01 1 1 0 0 0 0 0

19Das Dirichlet’sche Schubfachprinzip besagt, dass eine endliche Menge M nicht injektiv Aufgabe 2.6auf eine Menge N abgebildet werden kann, wenn N weniger Elemente enthält als M. Das---Prinzip ist nach dem deutschen Mathematiker Peter Gustav Lejeune Dirichlet benannt und Webcodeein häufig angewandtes Beweisargument in der diskreten Mathematik. Jedem von uns ist das2857Schubfachprinzip aus dem Alltag geläufig. Verteilen wir m Gegenstände auf n Schubfächerund gilt m > n, so muss mindestens ein Schubfach mehrere Gegenstände enthalten. Imangelsächsischen Raum wird das Dirichlet’sche Schubfachprinzip als pigeonhole principle(Taubenschlagprinzip) bezeichnet. Auch hier ist die angestellte Überlegung die gleiche: Verteilensich m Tauben auf n Taubenschläge und gilt m > n, so ist mindestens ein Taubenschlagmehrfach besetzt.Peter Gustav Lejeune Dirichlet(1805 – 1859)Ihre Aufgabe ist es, das Dirichlet’sche Schubfachprinzip für n Gegenstände und n 1 Schubfächerzu formalisieren. Führen Sie hierzu für jede mögliche Kombination von Gegenständenund Schubfächern eine aussagenlogische Variable A ij ein, die genau dann den Wert 1 annimmt,wenn sich der i-te Gegenstand im j-ten Schubfach befindet.1) „Das i-te Element befindet sich in einem der Schubfächer“n_1A ijj=12) „Jedes Element befindet sich in einem der Schubfächer“n^ n_1A iji=1 j=13) „In Schubfach j befinden sich das i-te und k-te Element gleichzeitig“A ij^ A kj

20 1 Lösungshinweise4) „In Schubfach j befinden sich mindestens zwei Elemente“n 1 _n_i=1 k=i+1(A ij ^ A kj )5) „In einem Schubfach befinden sich mindestens zwei Elemente“n 1 _j=1n 1 _n_i=1 k=i+1(A ij ^ A kj )Verbinden wir die Formeln mit dem Implikationsoperator, so erhalten wir die Aussage desSchubfachprinzips: Befinden sich n Elemente in n 1 Schubfächern, so enthält eines derSchubfächer mindestens zwei Elemente:n^n 1 _i=1 j=1n_1A ij !j=1n_1 n_(A ij ^ A kj )i=1 k=i+1

21Die aussagenlogischen Quantoren ‚8‘ und ‚9‘ seien folgendermaßen definiert: Aufgabe 2.78x j := j[x 0] ^ j[x 1]---Webcode9x j := j[x 0] _ j[x 1]2956a) Worin unterscheiden sich diese Quantoren von jenen, die in der Prädikatenlogik verwendetwerden?In der Prädikatenlogik quantifizieren ‚8‘ und ‚9‘ Individuenobjekte, d. h. Elemente desGrundbereichs. In der PL0 existieren keine Individuenelemente, und aussagenlogischeVariablen sind nichts anderes als 0-stellige Prädikate. Kurzum: SDie aussagenlogischenQuantoren über (0-stellige) Prädikate und die prädikatenlogische Quantoren über Individuenelementequantifizieren.b) Es sei j eine PL0-Formel, in der x die einzige Variable ist. Welche der folgenden Aussagensind richtig?9x j ⌘ 1 , j ist erfüllbar¬9x j ⌘ 1 , j ist unerfüllbar8x j ⌘ 1 , j ist allgemeingültig¬8x j ⌘ 1 , j ist unerfüllbarAlle Aussagen bis auf die letzte sind richtig.c) Welche der folgenden Äquivalenzen sind richtig und welche sind falsch?8x (j ^ y) ⌘8x j ^8x yDie Aussage ist richtig:8x (j ^ y) ⌘ (j ^ y)[x 0] ^ (j ^ y)[x 1]⌘ (j[x 0] ^ y[x 0]) ^ (j[x 1] ^ y[x 1])⌘ (j[x 0] ^ j[x 1]) ^ (y[x 0] ^ y[x 1])⌘ 8x j ^8x y8x (j _ y) ⌘8x j _8x yDie Aussage ist falsch:8x (j _ y) ⌘ (j _ y)[x 0] ^ (j _ y)[x 1]⌘ (j[x 0] _ y[x 0]) ^ (j[x 1] _ y[x 1])6⌘ (j[x 0] ^ j[x 1]) _ (y[x 0] ^ y[x 1])⌘ 8x j _8x y

22 1 Lösungshinweise9x (j ^ y) ⌘9x j ^9x yDie Aussage ist falsch:9x (j ^ y) ⌘ (j ^ y)[x 0] _ (j ^ y)[x 1]⌘ (j[x 0] ^ y[x 0]) _ (j[x 1] ^ y[x 1])6⌘ (j[x 0] _ j[x 1]) ^ (y[x 0] _ y[x 1])⌘ 9x j ^8x y9x (j _ y) ⌘9x j _9x yDie Aussage ist wahr:9x (j _ y) ⌘ (j _ y)[x 0] _ (j _ y)[x 1]⌘ (j[x 0] _ y[x 0]) _ (j[x 1] _ y[x 1])⌘ (j[x 0] _ j[x 1]) _ (y[x 0] _ y[x 1])⌘ 9x j _8x y

23In einer Klausur habe ich vor geraumer Zeit die folgende Frage gestellt: Aufgabe 2.8---Aufgabe: Es sei j eine aussagenlogische Formel, in der die Variable x vorkommt. Andere WebcodeVariablen kommen in j nicht vor. Zeigen oder widerlegen Sie die folgende Behauptung:„j ist entweder zu der Formel x äquivalent oder zu der Formel2034¬x“Gleich mehrere Studenten haben die Aufgabe in etwa so gelöst:Die Aussage ist richtig. Beweis: Es gilt die Beziehungj ist äquivalent zu x oder äquivalent zu ¬x , (j $ x) _ (j $¬x) ⌘ 1Die Beziehung lässt sich durch elementare Umformungen beweisen:(j $ x) _ (j $¬x) ⌘ ¬j¬x _ jx _¬jx _ j¬x⌘ j(x _¬x) _¬j(x _¬x)⌘ j _¬jDie Studenten haben übersehen, dass beispielsweise mit j = x _¬x eine Formel existiert,die weder zu x noch zu ¬x äquivalent ist. An welcher Stelle haben sie in ihrem Beweis einenFehler gemacht?⌘ 1Die aufgestellte Beziehungj ist äquivalent zu x oder äquivalent zu ¬x , (j $ x) _ (j $¬x) ⌘ 1ist falsch. Dies wird deutlich, wenn wir Schritt für Schritt vorgehen. Zunächst gilt:Hieraus folgt dannj ist äquivalent zu x , j $ x ⌘ 1j ist äquivalent zu ¬x , j $¬x ⌘ 1j ist äquivalent zu x oder äquivalent zu ¬x , j $ x ⌘ 1 oder j $¬x ⌘ 1und dies ist äquivalent zuj ist äquivalent zu x oder äquivalent zu ¬x , (8x (j $ x) _8x (j $¬x)) ⌘ 1Hierin sind ‚8‘ und ‚9‘ die aussagenlogischen Quantoren aus der vorherigen Aufgabe.Die Studenten haben dagegen den folgenden Zusammenhang aufgestellt, der zu der hergeleitetenFormel nicht äquivalent ist:j ist äquivalent zu x oder äquivalent zu ¬x , 8x ((j $ x) _ (j $¬x)) ⌘ 1

24 1 LösungshinweiseAufgabe 2.9---Webcode2865Russell und Whitehead haben den aussagenlogischen Kalkül der Principia Mathematica aufden folgenden fünf Axiomen aufgebaut:1. j _ j ! j (Taut)2. y ! j _ y (Add)3. j _ y ! y _ j (Perm)4. j _ (y _ c) ! y _ (j _ c) (Assoc)5. (y ! c) ! (j _ y ! j _ c) (Sum)Hilberts Schüler Paul Bernays hat gezeigt, dass die aussagenlogischen Axiome der Principianicht unabhängig voneinander sind und das vierte Axiom (Assoc) aus den anderen formalhergeleitet werden kann.Die folgende Ableitungssequenz ist eine Adaption des Originalbeweises aus der 1926 erschienenenArbeit Axiomatische Untersuchung des Aussagen-Kalküls der Principia Mathematica[10]. In dieser Publikation hat Paul Bernays die Ergebnisse seiner Habilitationsschriftaus dem Jahr 1918 zusammengefasst.1. ` c ! j _ c (Add)2. ` (c ! j _ c) ! (y _ c ! y _ (j _ c)) (Sum)3. ` y _ c ! y _ (j _ c) (MP, 1,2)4. ` (y _ c ! y _ (j _ c)) ! (j _ (y _ c) ! j _ (y _ (j _ c))) (Sum)5. ` j _ (y _ c) ! j _ (y _ (j _ c)) (MP, 3,4)6. ` j _ (y _ (j _ c)) ! (y _ (j _ c)) _ j (Perm)7. ` j _ (y _ c) ! (y _ (j _ c)) _ j (MB, 5,6)8. ` j ! c _ j (Add)9. ` c _ j ! j _ c (Perm)10. ` j ! j _ c (MB, 8,9)11. ` j _ c ! y _ (j _ c) (Add)12. ` j ! y _ (j _ c) (MB, 10,11)13. ` (j ! y _ (j _ c)) ! ((y _ (j _ c)) _ j ! (y _ (j _ c)) _ (y _ (j _ c))) (Sum)14. ` (y _ (j _ c)) _ j ! (y _ (j _ c)) _ (y _ (j _ c)) (MP, 12,13)15. ` (y _ (j _ c)) _ (y _ (j _ c)) ! y _ (j _ c) (Taut)16. ` (y _ (j _ c)) _ j ! y _ (j _ c) (MB, 14,15)17. ` j _ (y _ c) ! y _ (j _ c) (MB, 7,16)Versuchen Sie, den Beweis, der hier nur in Fragmenten abgedruckt ist, vollständig zu rekonstruieren.

25In Abschnitt 2.3.1 haben wir gezeigt, dass sich jede aussagenlogische Formel so umschreiben Aufgabe 2.10lässt, dass ausschließlich die Operatoren ‚¬‘ und ‚!‘ darin vorkommen. Wir sagen, die---Menge {¬,!} ist ein vollständiges Operatorensystem.Webcode2123In dieser Aufgabe betrachten wir die binären Operatoren ‚^‘ (nand) und ‚_‘ (nor) mitI |=(j ^y) :, I 6|= j oder I 6|= yI |=(j _y) :, I 6|= j und I 6|= ya) Zeigen Sie, dass die Mengen { ^}und { _}vollständige Operatorensysteme sind.Wir zeigen, dass sich ‚¬‘ und ‚!‘ auf ‚^‘ und ‚_‘ reduzieren lassen:¬A ⌘ A ^ AA ! B ⌘ ¬A _ B ⌘¬(A ^¬B) ⌘ A ^ (B ^ B)¬A ⌘ A _ AA ! B ⌘ ¬A _ B ⌘¬((A _ A) _ B) ⌘ ((A _ A) _ B) _ ((A _ A) _ B)b) Weisen Sie nach, dass ‚^‘ und ‚_‘ die beiden einzigen binären Operatoren sind, diealleine ein vollständiges Operatorensystem bilden.Sei { } ein vollständiges Operatorensystem. Wir zeigen = ^ oder = _.Zunächst ist leicht einzusehen, dass 1 1 nicht äquivalent zu 1 sein kann. Andernfallswäre ein Ausdruck immer äquivalent zu 1, wenn wir alle Variablen mit dem Wert 1belegen. Es gilt also 1 1 ⌘ 0. Mit dem gleichen Argument können wir uns von derBeziehung 0 0 ⌘ 1 überzeugen. Die Wahrheitstabelle von A B muss also zwingendso aussehen:A B A B0 0 10 11 01 1 0Damit bleiben nur 4 Möglichkeiten übrig.

26 1 Lösungshinweise1. FallA B A B0 0 10 1 01 0 01 1 0Dann ist = _.2. FallA B A B0 0 10 1 01 0 11 1 0Dann ist A B ⌘¬B. Damit wäre auch {¬} ein vollständiges Operatorensystem,was es offensichtlich nicht ist.3. FallA B A B0 0 10 1 01 0 11 1 0Dann ist A B ⌘¬A. Damit wäre auch {¬} ein vollständiges Operatorensystem,was es offensichtlich nicht ist.4. FallA B A B0 0 10 1 11 0 11 1 0Dann ist = ^.

27Beweisen Sie die nachstehenden Formeln im aussagenlogischen Kalkül: Aufgabe 2.11---a) (j ! (y ! c)) ! (y ! (j ! c))Webcode28811. {j ! (y ! c)} ` j ! (y ! c) (Satz 2.4)2. {j ! (y ! c),j} ` y ! c (DT)3. {j ! (y ! c),j,y} ` c (DT)4. {j ! (y ! c),y} ` j ! c (DT)5. {j ! (y ! c)} ` y ! (j ! c) (DT)6. ` (j ! (y ! c)) ! (y ! (j ! c)) (DT)b) j ! (y !¬(j !¬y))1. ` j ! (¬¬y !¬(j !¬y)) (T7)2. {j} ` ¬¬y !¬(j !¬y) (DT)3. ` y !¬¬y (T5)4. {y} ` ¬¬y (DT)5. {j,y} ` ¬(j !¬y) (MP, 2,4)6. {j} ` y !¬(j !¬y) (DT)7. ` j ! (y !¬(j !¬y)) (DT)

28 1 LösungshinweiseAufgabe 2.12---Webcode2698In Abschnitt 2.5 haben Sie die Prädikatenlogik erster Stufe mit Gleichheit kennen gelernt. Istes in dieser Logik möglich, Formeln mit den nachstehenden Eigenschaften zu konstruieren?(U,I) |= j n , U besitzt mindestens n Elemente^9x 1 ...9x n x i 6= x j1 apple i, j apple ni 6= j(U,I) |= j applen , U besitzt höchstens n Elementen_9x 1 ...9x n 8y y = x ii=19x 1 ...9x n(U,I) |= j =n^1 apple i, j apple ni 6= j, U besitzt genau n Elementen_x i 6= x j ^9x 1 ...9x n 8y y = x ii=1

29Eine Relation R heißt Aufgabe 2.13---n reflexiv, wenn R(x,x) für alle x gilt,Webcode2042n linkskomparativ, wenn aus R(x,y) und R(x,z) immer R(y,z) folgt,n symmetrisch, wenn aus R(x,y) immer R(y,x) folgt.Formalisieren Sie die Aussage „Jede reflexive, linkskomparative Relation ist symmetrisch“in der Prädikatenlogik erster Stufe. Versuchen Sie anschließend, die Aussage im prädikatenlogischenKalkül zu verifizieren. Um die Aufgabe nicht unnötig zu erschweren, dürfen Siealle aussagenlogischen Tautologien als bereits bewiesen ansehen.Formalisierung:R(x,x) ! ((R(x,y) ^ R(x,z) ! R(y,z)) ! (R(x,y) ! R(y,x)))Im Beweis benutzen wir Instanzen der folgenden beiden aussagenlogischen Tautologien:j ! (y ! j ^ y) (TAUT 1)((j ^ y ! c) ^ y) ! (j ! c) (TAUT 2)Es sei M := {R(x,x),R(x,y) ^ R(x,z) ! R(y,z)}1. M ` R(x,y) ^ R(x,z) ! R(y,z) (Satz 2.4)2. M ` 8z (R(x,y) ^ R(x,z) ! R(y,z)) (G, 1)3. ` 8z (R(x,y) ^ R(x,z) ! R(y,z)) ! (R(x,y) ^ R(x,x) ! R(y,x)) (A4)4. M ` R(x,y) ^ R(x,x) ! R(y,x) (MP, 2,3)5. ` (R(x,y) ^ R(x,x) ! R(y,x)) !(R(x,x) ! (R(x,y) ^ R(x,x) ! R(y,x)) ^ R(x,x)) (TAUT 1)6. M ` R(x,x) ! (R(x,y) ^ R(x,x) ! R(y,x)) ^ R(x,x) (MP, 4,5)7. M ` R(x,x) (Satz 2.4)8. M ` (R(x,y) ^ R(x,x) ! R(y,x)) ^ R(x,x) (MP, 6,7)9. ` ((R(x,y) ^ R(x,x) ! R(y,x)) ^ R(x,x)) ! (R(x,y) ! R(y,x)) (TAUT 2)10. M ` R(x,y) ! R(y,x) (MP, 8,9)11. R(x,x) ` (R(x,y) ^ R(x,z) ! R(y,z)) ! (R(x,y) ! R(y,x)) (DT)12. ` R(x,x) ! ((R(x,y) ^ R(x,z) ! R(y,z)) ! (R(x,y) ! R(y,x))) (DT)Quelle:Menzel, Schmitt: Skript zur Vorlesung Formale Systeme, WS 94/95, Universität Karlsruhe.

30 1 LösungshinweiseAufgabe 2.14---Webcode2128Nehmen Sie an, die Schlussregeln eines formalen Systems seien so beschaffen, dass dieerzeugten Theoreme in jedem Schritt länger werden, d. h., die Konklusion stets aus mehrZeichen besteht als die Prämissen.!| {z }| {z }j 1 j 2|j 2 | > |j 1 |! !| {z } | {z }j 3|j 3 | > |j 2 |j 4|j 4 | > |j 3 |Existiert für ein solches System immer ein Entscheidungsverfahren?Ja. Da die Theoreme in jedem Ableitungsschritt länger werden, kann die Ableitung einesTheorems der Länge n maximal n Schritte benötigen. Um festzustellen, ob eine Formel einTheorem ist, müssen wir lediglich dessen Länge l bestimmen und anschließend alle Ableitungenuntersuchen, die aus maximal l Schritten bestehen. Die Anzahl der Ableitungen istendlich, so dass das Verfahren immer terminiert.

31In Abschnitt 2.6 haben wir erarbeitet, wie sich der Begriff der Endlichkeit innerhalb der Aufgabe 2.15Prädikatenlogik zweiter Stufe definieren lässt. Im Kern stand die Idee, mithilfe einer Formel---zu behaupten, jede injektive Funktion sei surjektiv. Hätten wir den Begriff auch über die WebcodeForderung definieren können, dass jede surjektive Funktion auch injektiv ist?2952Ja. Für jede endliche Menge M gilt, dass jede surjektive Funktion f : M ! M auch injektivsein muss. Ist M unendlich, dann gibt es surjektive Funktionen f : M ! M, die nicht injektivsind. Eine solche Funktion ist z. B.f : N ! Nmitf (x) =b x 2 c

32 1 LösungshinweiseAufgabe 2.16---Webcode2999Welche Begriffe werden durch die nachstehenden Formeln definiert?a) 8f (8x 9y (x ˙= f(y)) !8x 8y (f(x) ˙= f(y) ! x˙= y))Die Formel besagt, dass jede surjektive Funktion auch injektiv ist. Damit definiert sie denBegriff „endlich“.b) 9R (8x 8y 8z (R(x,y) ^ R(y,z) ! R(x,z)) ^8x (¬R(x,x) ^9y R(x,y)))Die Formel besagt, dass eine transitive Relation existiert, in der jedes Element zu einemanderen in Relation steht, aber niemals zu sich selbst.Eine solche Relation existiert genau dann, wenn die Individuenmenge unendlich ist. DieFormel definiert den Begriff „unendlich“.

33Formalisieren Sie die folgenden Aussagen innerhalb der Peano-Arithmetik: Aufgabe 3.1---a) „Es gibt natürliche Zahlen x, y mit x 2 + y 2 = 9.“Webcode36679x 9yx⇥ x + y ⇥ y = 9b) „x 3 + y 3 = z 3 hat keine Lösung in den positiven natürlichen Zahlen.“¬9x 9y 9z (x 6= 0 ^ y 6= 0 ^ z 6= 0 ^ x ⇥ x ⇥ x + y ⇥ y ⇥ y = z ⇥ z ⇥ z)c) „x ist eine Zweierpotenz.“8y (y|x ! (y = 1 _9zy= 2·z))Idee: Eine Zahl ist genau dann eine Zweierpotenz, wenn alle ihre Teiler (außer der 1) einVielfaches von 2 sind.

34 1 LösungshinweiseAufgabe 3.2---Webcode3195Welche der folgenden Formeln entspricht der Aussage „7 ist eine Primzahl“?Beidea) 8z (z | 7 ! (z = 1 _ z = 7))Eine natürliche Zahl x > 1 ist eine Primzahl, wenn sie nur durch 1 und sich selbst teilbarist.b) ¬9(y > 1) 9(z > 1) 7 = y ⇥ zEine natürliche Zahl x > 1 ist eine Primzahl, wenn sie nicht als Produkt zweier natürlicherZahlen größer als 1 dargestellt werden kann.Welche der folgenden Formeln entspricht der Aussage „x ist eine Primzahl“?Keinec) 8z ((z | x) ! (z = 1 _ z = x))Nach dieser Formel wäre die Zahl 1 ebenfalls eine Primzahl.d) ¬9(y > 1) 9(z > 1) x = y ⇥ zAuch nach dieser Formel wäre die Zahl 1 eine Primzahl.

35Formalisieren Sie die folgenden Aussagen mithilfe der Peano-Arithmetik: Aufgabe 3.3---a) „Jede gerade natürliche Zahl n > 2 lässt sich als Summe zweier Primzahlen schreiben.“Webcode33678n ((even(n) ^ greaterTwo(n)) !9y 9z (prime(y) ^ prime(z) ^ n = y + z)) miteven(n) := (9zn= 2 ⇥ z)greaterTwo(n) := (¬n = 0 ^¬n = 1 ^¬n = 2)b) „Für unendlich viele Zahlen n ist sowohl n als auch n + 2 eine Primzahl.“8x 9n 9m (n > x ^ m = n + 2 ^ prime(n) ^ prime(m))Beide Aussagen sind alte Bekannte aus Kapitel 1. Die erste ist die berühmte Goldbach’scheVermutung, die zweite die Vermutung über die Existenz unendlich vieler Primzahlzwillinge.

36 1 LösungshinweiseAufgabe 3.4---Webcode3734In manchen Büchern wird das Induktionsaxiomin der geringfügig abweichenden Formj(0) ! (8x (j(x) ! j(s(x))) !8x j(x))(j(0) ^8x (j(x) ! j(s(x)))) !8x j(x)eingeführt. Zeigen Sie, dass beide Definitionen äquivalent sind.Es seij := j(0)y := 8x (j(x) ! j(s(x)))c := 8x j(x)Die erste Variante lässt sich wie folgt umformen:j ! (y ! c)⌘ j ! (¬y _ c)⌘ ¬j _¬y _ cFür die zweite Variante erhalten wir das gleiche Ergebnis:(j ^ y) ! c⌘ ¬(j ^ y) _ c⌘ ¬j _¬y _ c

37An erster Stelle der ZF-Axiomenliste haben wir das Axiom der Bestimmtheit eingeführt. In Aufgabe 3.5formaler Schreibweise lautete es wie folgt:---Webcode8x 8y (x = y $8z (z 2 x $ z 2 y))3212Nehmen Sie an, wir würden das Gleichheitszeichen aus der Sprache entfernen und das Bestimmtheitsaxiomnicht als Axiom sondern als Definition des Gleichheitszeichens auffassen.Dies bedeutet, dass wir das Gleichheitszeichen nicht mehr länger als natives Sprachelement,sondern nur noch als syntaktische Abkürzung behandeln dürfen. Können wir in der so modifiziertenMengenlehre immer noch die gleichen Theoreme ableiten?Ja. Das Bestimmtheitsaxiom führt die Gleichheitsrelation vollständig auf die Elementrelationzurück. Das Symbol ’=’ als syntaktische Abkürzung zu behandeln, ändert also nichtsan der Ausdrucksfähigkeit der Mengenlehre. Dass die Gleichheit in der Regel trotzdem festin die Sprache integriert wird, hat hauptsächlich historische Gründe. In der ursprünglichenZermelo-Mengenlehre war das Bestimmtheitsaxiom eben ein Axiom und keine Definition.Manche Bücher gehen auch den „moderneren“ Weg und nehmen das Gleichheitssymbol ausder Sprache heraus (z. B. Mendelson: Introduction to mathematical logic). Hier ist das Bestimmtheitsaxiomin der Tat eine Definition und kein Axiom.

38 1 LösungshinweiseAufgabe 3.6---Webcode3700An vierter Stelle der ZF-Axiomenliste haben wir das Axiom der Vereinigung eingeführt:8x 9y 8z (z 2 y $9(w 2 x) z 2 w)Unter anderem garantiert es uns, dass für zwei Mengen x und y die Vereinigungsmenge x [ yexistiert. Im Zusammenhang mit diesem Axiom haben wir auch die Schreibweise x \ y alssyntaktische Abkürzung für die Schnittmenge eingeführt. Ist die Existenz der Schnittmengeebenfalls durch das Vereinigungsaxiom abgesichert? Falls nein, welche Axiome werdenhierzu benötigt?Um die Existenz der Schnittmenge zu beweisen, brauchen wir das Vereinigungsaxiom garnicht. Die Existenz folgt unmittelbar aus dem Aussonderungsaxiom. Dieses garantiert uns,dass{z 2 x | z 2 x ^ z 2 y}eine Menge ist. Diese ist aber genau der Schnitt x \ y.

39Ein unentbehrlicher Bestandteil der ZF-Mengenlehre ist das Fundierungsaxiom. Es besagt, Aufgabe 3.7dass wir in jeder nichtleeren Menge x ein Element y finden können, das mit x keine Elemente---gemeinsam hat.Webcode3866a) Welche Bedeutung besitzt das Axiom für die ZF-Mengenlehre?Es verhindert das Eindringen der Russell’schen Antinomie in die ZF-Mengenlehre.b) Ist das Fundierungsaxiom mit der Russell’schen Typentheorie verträglich?Ja, es ist dort immer erfüllt! Man wähle aus x das Element mit dem geringsten Typ. Dieseskann nur Elemente enthalten, deren Typ geringer ist. Diese Elemente können nicht in xvorkommen.

40 1 LösungshinweiseAufgabe 3.8---Webcode3115In Abschnitt 3.2.1.3 haben wir gezeigt, dass sich der Begriff des geordneten Paares durch dieDefinitionhx ,ni := {{x },{x ,n}}auf den Begriff der Menge reduzieren lässt. Die gezeigte Möglichkeit ist nur eine von vielen.Beispielsweise können wir geordnete Paare nach einem Vorschlag von Norbert Wiener ausdem Jahr 1914 auch so darstellen [137, 208, 209]:hx ,ni := {{/0,{x }},{{n}} }a) Durch welche der folgenden Mengendiagramme werden die in diesem Kapitel diskutiertenDefinitionen des geordneten Paares visualisiert?Links: hx ,ni := {{/0,{x }},{{n}} }Rechts: hx ,ni := {{x },{x ,n}}b) Nach welchem Konstruktionsmuster bildet das verbleibende Diagramm den Begriff desgeordneten Paares ab? Ist es für die Darstellung geordneter Paare überhaupt geeignet?Mitte: hx ,ni := {{/0,x },{{/0},n}}Ja, die Darstellung erfüllt ebenfalls ihren Zweck.

41In Abschnitt 3.2.1.2 haben wir herausgearbeitet, dass die Relation ‚

42 1 LösungshinweiseAufgabe 3.10---Webcode3463Das kartesische Produkt zweier Mengen n und µ ist in der Mathematik wie folgt definiert:n ⇥ µ := {hx,yi|x 2 n ^ y 2 µ}a) Formalisieren Sie das kartesische Produkt im System der ZF-Mengenlehre. Geben Siehierzu eine Formel K(x ,n, µ) an, die genau dann wahr ist, wenn x ,n, µ die Beziehungx = n ⇥ µ erfüllen.K(x ,n, µ) := 8x (x 2 x $9x 1 9x 2 (x = hx 1 ,x 2 i^x 1 2 n ^ x 2 2 µ))b) Geben Sie eine Formel R(x ,n) an, die genau dann wahr ist, wenn x eine Relation überder Menge n ist. Führen Sie Ihre Definition auf die Formel K(x ,n, µ) aus Teilaufgabe a)zurück.R(x ,n) := 9z (K(z,n,n) ^ x ✓ z)c) Auf Seite 166 haben Sie die Formel R(x ) kennen gelernt, die genau dann wahr ist, wennx eine Relation über einer beliebigen Menge ist. Versuchen Sie, für R(x ) eine alternativeDefinition zu finden, die den Begriff der Relation auf das kartesische Produkt zurückführt.Vorsicht Falle: Wenn wir tatsächlich R(x ) auf K zurückführen könnten, was müssten wirdann für die Variablen n und µ einsetzen? Ist x eine beliebige Relation, so sind ihreElemente geordnete Paare beliebiger Mengen. µ und n wären die Menge aller Mengen,die glücklicherweise nicht in ZF existiert.d) Aufbauend auf dem Relationenbegriff haben wir herausgearbeitet, wie sich der Begriffder partiellen Funktion innerhalb der Zermelo-Fraenkel-Mengenlehre beschreiben lässt.Lassen sich die Begriffe der totalen, der injektiven und der surjektiven Funktion auf diegleiche Weise formalisieren?Ja. Sei f eine Funktion. Dann gelten die folgenden Zusammenhänge:f ist total , f ist eine linkstotale und rechtseindeutige Relationf ist injektiv , f ist eine linkseindeutige und rechtseindeutige Relationf ist surjektiv , f ist eine rechtstotale und rechtseindeutige Relation

43In dieser Übungsaufgabe greifen wir den formalen Beweis von Satz 3.3 auf, den Beweis über Aufgabe 3.11die Komponentengleichheit geordneter Paare.---Webcodea) War es wirklich nötig, die Aussage x = y = u = v vollständig zu beweisen?3567Nein, die Aussage im Originalbeweis ist stärker als nötig. Anstelle von x = y = u = v zufolgern, reicht es, y = v zu zeigen. Mehr wird im Beweis nicht benötigt.b) Am Ende des umgangssprachlich formulierten Originalbeweises werden zwei Fälle unterschieden.Zunächst wird der Fall v 6= u betrachtet, danach der Fall v = u. Hätten wir imformalen ZF-Beweis auf die Durchführung dieser Fallunterscheidung verzichten können?Ja, wir hätten darauf verzichten können, da das Hilfstheorem (H11) beide Fälle abdeckt.Ganz los werden wir die Fallunterscheidung aber trotzdem nicht. Sie würde wieder auftauchen,sobald wir versuchen, das Hilfstheorem zu beweisen.

44 1 LösungshinweiseAufgabe 3.12---Webcode3234Welche der folgenden Mengen sind transitiv? Welche sind Ordinalzahlen? Welche sindKardinalzahlen?a) /0c) {{/0},{{/0}} }e) { /0,{/0},{{/0}} }b) { /0 }d) { /0,{{/0}} }f) { /0,{/0},{/0,{/0}} }Transitive Mengen sind a), b), e), f)Ordinalzahlen sind a), b), f)Kardinalzahlen sind a), b), f)

45Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Behauptungen: Aufgabe 3.13---a) Ist x eine Ordinalzahl, dann ist es auch 2 x .Webcode3196Die Aussage ist falsch. Die Mengeist eine Ordinalzahl. Ferner ist die Mengex = { /0,{/0},{/0,{/0}} }y = { /0,{/0,{/0}} }ein Element der Potenzmenge 2 x . y ist nicht transitiv und 2 x damit keine Ordinalzahl.b) Die Ordinalzahladdition ist kommutativ, d. h., es gilt a + b = b + a.Die Aussage ist falsch. Es ist 1 + w = w, aber w + 1 = s(w) 6= wc) Die Ordinalzahlmultiplikation ist kommutativ, d. h., es gilt a ·b = b ·a.Die Aussage ist falsch. Es ist 2 ⇥ w = w, aber w ⇥ 2 6= w

46 1 LösungshinweiseAufgabe 3.14---Webcode3034Welche der folgenden Aussagen sind jeweils äquivalent zueinander?a) X ist leerc) X ist höchstens abzählbar e) X ist unendlichb) X ist endlichd) X ist abzählbarf) X ist überabzählbarg) |X| = /0 Äquivalent zu a) (Menge ist leer)h) |X| = ¿ 0 Äquivalent zu d) (Menge ist abzählbar)i) |X| < ¿ 0 Äquivalent zu b) (Menge ist endlich)j) |X| > ¿ 0 Äquivalent zu f) (Menge ist überabzählbar)k) |X|apple¿ 0 Äquivalent zu c) (Menge ist endlich oder abzählbar)l) |X| ¿ 0 Äquivalent zu e) (Menge ist unendlich)m) |X|2¿ 0 Äquivalent zu b) (Menge ist endlich)n) |X|✓¿ 0 Äquivalent zu c) (Menge ist endlich oder abzählbar)o) |X|⇢¿ 0 Äquivalent zu b) (Menge ist endlich)p) ¿ 0 2|X| Äquivalent zu f) (Menge ist überabzählbar)q) ¿ 0 ✓|X| Äquivalent zu e) (Menge ist unendlich)r) ¿ 0 ⇢|X| Äquivalent zu f) (Menge ist überabzählbar)

47Auf Seite 204 haben Sie gelernt, wie sich Formeln der Peano-Arithmetik auf natürliche Aufgabe 4.1Zahlen abbilden lassen. Diese Übungsaufgabe soll Ihnen einen Eindruck über die Größe der---Zahlen vermitteln, mit denen wir es hier konkret zu tun haben. Versuchen Sie herauszufinden, Webcodewelche Formeln den folgenden Gödelnummern entsprechen:4689a) 27945122556290792802283166332500000000000= 2 11 ·3 2 ·5 13 ·7 4 ·11 2 ·13 15 ·17 4b= 8x 9yx= yb) 920783852754905293279042680914408826637119384453120000= 2 23 ·3 17 ·5 4 ·7 19 ·11 15 ·13 4b= s(y)=yHinweis: Es ist sehr aufwendig, derart große Zahlen per Hand zu faktorisieren. Greifen Siehierzu auf ein Software-Werkzeug wie Mathematica oder Maple zurück oder verwenden Siedas Web-Portal WolframAlpha.

48 1 LösungshinweiseAufgabe 4.2---Webcode4044Verwenden Sie die auf Seite 207 beschriebene Methode, um die Gödelnummer der Formel9xs(x)=x zu berechnen. Wiederholen Sie die Rechnung für die Formel 1 + 0 = 1.Hinweis: Es reicht, wenn Sie die Gödelnummern in faktorisierter Schreibweise notieren. BeideZahlen besitzen ausgeschrieben weit über hundert Dezimalziffern.9xs(x)=x= 2 13 ·3 2 ·5 23 ·7 17 ·11 2 ·13 19 ·17 15 ·19 2= 373731169393012899935456123185152501896428322346695298406526367187500000000000001 + 0 = 1= s(0)+0 = s(0)= 2 23 ·3 17 ·5 21 ·7 19 ·11 25 ·13 21 ·17 15 ·19 23 ·23 17 ·29 21 ·31 19= 1825078726287027817056313533490273005293887856830829355360272955164268213994223583004153528889022462807952196555675790121327997341794049677060473105810643833156565927565207413431435249152662402388183196532000000000000000000000

49Eine clevere Art der Gödelisierung hat Raymond Smullyan in [180] vorgeschlagen. In seiner Aufgabe 4.3Codierung wird jedem Formelzeichen zunächst einer der folgenden Basiscodes zugeordnet:---00( ) f , v ⇠ 8 = apple ]Webcode4884l l l l l l l l l l l l l1 0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12Anschließend werden die ermittelten Codes als Ziffern einer Zahl zur Basis 13 aufgefasst.Konkret: Besteht eine Formel j aus n Zeichen und bezeichnen wir den Basiscode des i-tenZeichens mit c i , so berechnet sich die Gödelnummer über die Formel pjq := Â n i=1 c i ·13 n i .a) Ermitteln Sie die Gödelnummer für die Formel 8vv= v.Zifferncodes : 9 6 6 10 6Gödelnummer : 9 ⇤ 13 4 + 6 ⇤ 13 3 + 6 ⇤ 13 2 + 10 ⇤ 13 1 + 6= 271381b) Smullyan verwendet in seiner Logik das Hochkomma für die Nachfolgerfunktion. 0 0 stehtfür die Zahl 1, 0 00 für die Zahl 2 und so fort. Welche Gödelnummer besitzt der Ausdruck,der stellvertretend für die natürliche Zahl n steht?Die zugehörige Ziffernfolge setzt sich aus einer 1, gefolgt von n Nullen zusammen.Damit erhalten wir als Gödelnummer die Zahl 13 n . Clever!

50 1 LösungshinweiseAufgabe 4.4---Webcode4449Gegeben sei ein Kalkül K, in dem sich Relationen und Funktionen auf die gleiche Weisearithmetisch repräsentieren lassen, wie wir es von der Peano-Arithmetik her gewohnt sind.A 1 und A 2 stehen für die folgenden Aussagen:A 1 : Repräsentiert j eine Relation R semantisch, so repräsentiert sie R auch syntaktisch.A 2 : Repräsentiert j eine Relation R syntaktisch, so repräsentiert sie R auch semantisch.Vervollständigen Sie die folgende Aussagenmatrix: Aussage A 1 Aussage A 2Ist der Kalkül K ... wahr falsch wahr falschn korrekt und vollständig, so ist 4 4n korrekt und negationsvollständig, so ist 4 4n widerspruchsfrei und vollständig, so ist 4 4n widerspruchsfrei und negationsvollständig, so ist 4 4Hinweise zur Lösungsfindung:1. Sei K ein vollständiger Kalkül. Dann folgt aus |= j immer ` j. Damit ist jede semantischeRepräsentation von R auch eine syntaktische (A 1 ist wahr).2. Sei K ein korrekter Kalkül. Dann folgt aus ` j immer |= j. Damit ist jede syntaktischeRepräsentation von R auch eine semantische (A 2 ist wahr).3. Sei K korrekt und negationsvollständig. Dann folgt aus ` j immer auch |= j. Da immerentweder j oder ¬j abgeleitet werden kann, ist K auch vollständig.4. Sei K widerspruchsfrei und vollständig. Dann folgt aus |= j immer auch ` j. Da niemalsj und ¬j gleichzeitig abgeleitet werden kann, ist K auch korrekt.

51Die Gödel’sche Originalarbeit aus dem Jahr 1931 enthält einen handwerklichen Teil, in dem Aufgabe 4.545 primitiv-rekursive Funktionen und Relationen definiert werden. Los geht es mit zwei---Relationen und drei Funktionen:Webcode4787P 1 (x,y) :, 9z (z apple x ^ x = y·z)P 2 (x) :, ¬9(z apple x)(z 6= 1 ^ z 6= x ^ P 1 (x,z)) ^ x > 1f 3 (0,x) := 0f 3 (n + 1,x) := min{y apple x | P 2 (y) ^ P 1 (x,y) ^ y > f 3 (n,x)}f 4 (0) := 1f 4 (n + 1) := (n + 1)· f 4 (n)f 5 (0) := 0f 5 (n + 1) := min{y apple f 4 ( f 5 (n)) + 1 | P 2 (y) ^ y > f 5 (n)}Finden Sie heraus, welche inhaltliche Bedeutung den definierten Relationen und Funktionenzukommt.P 1 (x,y) , x ist durch y teilbarP 2 (x) , x ist eine Primzahlf 3 (n,x) = n-te in x enthaltene Primzahlf 4 (n) = n!f 5 (n) = n-te Primzahl

52 1 LösungshinweiseAufgabe 4.6---Webcode4135Betrachten Sie die folgende Argumentation:a) Jede wahre Aussage der Zahlentheorie ist eine logische Folgerungenaus den Peano-Axiomen.b) Die Peano-Arithmetik formalisiert die Peano-Axiome. AlsTheorie erster Stufe erfüllt sie die Voraussetzungen des Gödel’schenVollständigkeitssatzes. Dieser besagt, dass in Theorienerster Stufe alle logischen Folgerungen innerhalb desKalküls bewiesen werden können.c) Aus a) und b) folgt, dass jede wahre Aussage der Zahlentheorieinnerhalb der Peano-Arithmetik beweisbar ist.Offensichtlich steht das Ergebnis im Widerspruch zu Gödels erstem Unvollständigkeitssatz.Wo steckt der Fehler?Formulieren wir die Peano-Axiome als Theorie erster Stufe, so ist a) eine falsche Aussage.Aufgrund der Abschwächung des Induktionsaxioms ist nicht jede wahre Aussage der Zahlentheorieeine logische Folgerung aus den Axiomen.Korrekt muss a) so lauten:a) Jede wahre Aussage der Zahlentheorie ist eine logische Folgerungen aus den Peano-Axiomen zweiter Stufe.Dann wäre a) korrekt, allerdings greift jetzt der Vollständigkeitssatz nicht mehr, da er nur fürTheorien erster Stufe gilt.

53In Abschnitt 4.2 haben Sie die semantische und die syntaktische Variante des ersten Gö- Aufgabe 4.7del’schen Unvollständigkeitssatzes kennen gelernt. Eine weitere Variante ist diese hier:---Webcode4040„Jedes korrekte formale System, das starkgenug ist, um die Peano-Arithmetik zu formalisieren,ist negationsunvollständig.“WiderspruchsfreieformaleSystemeUnvollständigeformale SystemeKorrekteformale SystemeNegationsunvollständigeformale SystemeDie Formulierung ist stärker als die semantische Variante, aber schwächer als die syntaktische.Lässt sie sich dennoch mit wenig Aufwand aus der semantischen Variante herleiten?Ja. Haben wir die semantische Varianten in Händen, so lässt sich die hier formulierte Variantesehr einfach herleiten. Das einzige, was wir hierfür benötigen ist das Wissen, dass jedeskorrekte formale System, das unvollständig ist, immer auch negationsunvollständig ist.

54 1 LösungshinweiseAufgabe 4.8---Webcode4895Auf Seite 222 haben wir behauptet, dass aus den drei Beziehungenz = diag(y) )`8z (Diag(y,z) $ z = z) (4.1)(x,y) 2 B )`B(x,y) (4.2)(x,y) 62 B )`¬B(x,y) (4.3)mit ein wenig Umformungsaufwand die folgenden Beziehungen abgeleitet werden können:x codiert einen Beweis für die Formel j y (y) )`y Gdl (x,y)x codiert keinen Beweis für die Formel j y (y) )`¬y Gdl (x,y)Skizzieren Sie den fehlenden Beweis.Beweis: 1. Fall: x codiert einen Beweis für die Formel j y (y).Sei z die Gödelnummer von j y (y). Dann istz = diag(y) (4.4)(x,z) 2 B (4.5)Dann können wir den Beweis folgendermaßen konstruieren:1. ` 8z (Diag(y,z) ! z = z) (aus (4.4) und (4.1))2. ` B(x,z) (aus (4.5) und (4.2))...3. ` Diag(y,z) (aus 1)4. ` Diag(y,z) ^ B(x,z) (aus 3 und 2)...5. ` 9z (Diag(y,z) ^ B(x,z)) (aus 4)6. ` y(x,y) (Def)2. Fall: x codiert keinen Beweis für die Formel j y (y).Sei z die Gödelnummer von j y (y). Dann istz = diag(y) (4.6)(x,z) 62 B (4.7)Dann können wir den Beweis folgendermaßen konstruieren:1. ` 8z (Diag(y,z) ! z = z) (aus (4.4) und (4.1))2. ` ¬B(x,z) (aus (4.7) und (4.3))

55...3. ` z = z !¬B(x,z) (aus 2)...4. ` Diag(y,z) !¬B(x,z) (aus 1 und 3)...5. ` ¬(Diag(y,z) ^ B(x,z)) (aus 4)6. ` 8z ¬(Diag(y,z) ^ B(x,z)) (G, 5)...7. ` ¬9z (Diag(y,z) ^ B(x,z)) (aus 6)8. ` ¬y(x,y) (Def)

56 1 LösungshinweiseAufgabe 4.9---Webcode4875In Abschnitt 2.6 haben Sie die Prädikatenlogik zweiter Stufe kennen gelernt. Wir habendort herausgearbeitet, dass wir die Ausdrucksstärke der PL1 durch die Hinzunahme vonPrädikat- und Funktionsvariablen erhöhen können. Ebenfalls wurde erwähnt, dass wir dafüreinen hohen Preis zahlen müssen. Im Gegensatz zur Prädikatenlogik erster Stufe ist die PL2nicht mehr vollständig, wenn wir die Standardsemantik zugrunde legen. Das bedeutet, dasskein Kalkül existiert, in dem sich genau diejenigen Formeln der PL2 ableiten lassen, diebezüglich der Standardsemantik allgemeingültig sind.a) Konstruieren Sie eine PL2-Formel j, die genau unter jenen Interpretationen wahr ist,deren Individuenbereiche isomorph zu den natürlichen Zahlen sind:(U,I) |= j , U ⇠ = N (4.8)PA seine diejenige Formel, die aus der Konjunktion der PA-Axiome und den folgendenErsetzungen entstanden ist:• Das Symbol 0 wurde durch die Konstante n ersetzt.• Die Nachfolgeroperation s wurde durch die Funktionsvariable s ersetzt.• Die Operatoren ‚+‘ und ‚⇥‘ wurden durch die Funktionsvariablen f und g ersetzt.Durch die Ersetzung ist PA eine native PL2-Formel geworden und die Formelweist die von uns gesuchte Eigenschaft auf:j := 9f 9g 9s 9nPA(U,I) |= j , U ⇠ = N (4.9)b) Zeigen Sie, dass die Unvollständigkeit der PL2 eine direkte Folge des ersten Gödel’schenUnvollständigkeitssatzes ist.Die Peano-Axiome, formuliert in der PL2, sind kategorisch, d. h. sie sind genau wahr,wenn der Individuenbereich isomorph zu den natürlichen Zahlen ist. Damit sind wir inder Lage, die Peano-Arithmetik innerhalb der PL2 so „nachzubauen“, dass jede wahreAussage der Zahlentheorie einer allgemeingültigen PL2-Formel entspricht. Wäre die PL2vollständig, so ließen sich alle allgemeingülitigen PL2-Formeln beweisen und damit auchjede wahre Aussage der Zahlentheorie. Genau dies ist aber nach dem ersten Gödel’schenUnvollständigkeitssatz unmöglich.c) Zeigen Sie, dass keine PL1-Formel existieren kann, die (4.9) erfüllt.

Gäbe es diese Formel, wir nennen sie j N , so könnten wir sie konjunktiv mit den Peano-Axiomen (formuliert in der PL1) verknüpfen und erhielten so eine kategorische Charakterisierungder natürlichen Zahlen innerhalb der PL1 (effektiv hätten wir durch die Hinzunahmedieser Formel alle Nichtstandardmodelle beseitigt). Mit dem gleichen Argumentwie oben würde dann die Unvollständigkeit der PL1 folgen, im Widerspruch zu GödelsVollständigkeitssatz.57

58 1 LösungshinweiseAufgabe 4.10---Webcode4998In Abschnitt 4.2.8 haben wir definiert, was es bedeutet, eine natürliche Zahl mit einer Formelder Peano-Arithmetik zu benennen.Welche Zahlen werden durch die folgenden Formeln benannt?a) x + x =(s(s(0)))1c) x ⇥ x = s(s(0))keine ( p 2 ist keine natürliche Zahl)b) x + x = s(s(s(s(0))))2d) x ⇥ x = s(s(s(s(0))))2Welche der folgenden Aussagen über die Formeln der Peano-Arithmetik sind richtig?e) „Jede Formel benennt eine natürliche Zahl.“Die Aussage ist falsch. Die Formel aus Teil c) ist ein Gegenbeispiel.f) „Jede natürliche Zahl wird durch eine Formel benannt.“Die Aussage ist richtig. Die Zahl n wird z. B. durch die Formel x = n benannt.g) „Es gibt für jede natürliche Zahl unendlich viele Möglichkeiten, sie zu benennen.“Die Aussage ist richtig. Jede der (unendlich vielen) Formelnbenennt die Zahl n.x + ...+ x = s(...s(s(s(s(s(0)))))...)| {z } | {z }m-mal n·m-mal

59Die Instruktionsmengen zweier Turing-Maschinen M 1 und M 2 seien wie folgt gegeben: Aufgabe 5.1---I 1 := {(q 1 ,S 0 ,S 1 ,R,q 2 ),(q 2 ,S 0 ,S 0 ,R,q 3 ),(q 3 ,S 0 ,S 2 ,R,q 1 )}WebcodeI 2 := {(q 1 ,S 0 ,S 1 ,R,q 2 ),(q 2 ,S 0 ,S 0 ,R,q 3 ),(q 3 ,S 0 ,S 2 ,R,q 1 ),(q 4 ,S 0 ,S 0 ,R,q 1 )}5089a) Erzeugen Sie die Standardbeschreibungen von M 1 und M 2 .M 1 : 731332531173113353111731113322531;DADDCRDAA;DAADDRDAAA;DAAADDCCRDAM 2 : 731332531173113353111731113322531731111133531;DADDCRDAA;DAADDRDAAA;DAAADDCCRDA;DAAAADDRDAb) Analysieren Sie das Verhalten der Maschinen. Welche Unterschiede fallen Ihnen auf?M 2 besitzt offensichtlich einen anderen Instruktionssatz und damit eine andere Gödelnummerals M 1 . Funktional sind M 1 und M 2 aber identisch, da der Zustand q 4 unerreichbar istund die letzte Instruktion damit niemals ausgeführt werden kann. Quintessenz: Maschinen,die funktional identisch sind, können trotzdem andere Gödelnummern besitzen.

60 1 LösungshinweiseAufgabe 5.2---Webcode5743In Abbildung 5.12 ist die Instruktionstabelle von Turings historischer universal machinedargestellt. Unter anderem wird dort die folgende Teilmaschine definiert:8< Not A R,R con(C,a)con(C,a): A L,Pa,R con 1 (C,a)8>:8

61Damit eine Turing-Maschine von einer universellen Maschine simuliert werden kann, muss Aufgabe 5.3sie in geeigneter Weise codiert werden. In dieser Aufgabe geht es um die Codierung, dieTuring in seiner Arbeit aus dem Jahr 1936 vorgeschlagen hat.---Webcode5272Bewerten Sie die folgenden Aussagen: wahr falschn Jede natürliche Zahl ist die Gödelnummer einer Maschine. 4n Die Codierung ist injektiv. 4n Die Codierung ist surjektiv. 4n Die Codierung ist bijektiv. 4Hinweise:1. Die erste Behauptung ist falsch, da jede Gödelnummer mit der Ziffer 7 anfängt.2. Die zweite Behauptung ist richtig. Jede Gödelisierung ist injektiv.3. Die dritte Behauptung ist eine andere Formulierung für die erste und daher falsch.4. Die vierte Behauptung ist falsch, da jede bijektive Abbildung auch surjektiv sein muss.

62 1 LösungshinweiseAufgabe 5.4---Webcode5543Wir haben gezeigt, dass sich eine Turing-Maschine oder eine Registermaschine auf zweiArten nutzen lässt: als Transduktor oder als Akzeptor. Für eine Funktion f : N ! N bedeutetdies das Folgende: Als Transduktor nimmt die Registermaschine x als Eingabe entgegen undproduziert y als Ausgabe. Als Akzeptor nimmt sie das Tupel (x,y) entgegen und akzeptiertdie Eingabe genau dann, wenn x und y die Beziehung f (x)=y erfüllen.Ziel dieser Aufgabe ist es, einen Zusammenhang zwischen diesen Begriffen herzustellen.a) Kann eine berechnende Maschine eine akzeptierende Maschine simulieren?Ja. Wie dies gelingt, lässt sich direkt aus der Definition der Entscheidbarkeit ablesen. Wirmüssen lediglich eine berechnende Maschine konstruieren, die als Ergebnis eine 0 odereine 1 schreibt. Das Eingabewort wird akzeptiert wenn der Funktionswert gleich 1 ist. Eswird abgelehnt, wenn der Ergebniswert gleich 0 ist.b) Kann eine akzeptierende Maschine eine berechnende Maschine simulieren?Auch das ist möglich. Angenommen, wir wollen eine Funktion f (x) berechnen, habenaber nur einen Akzeptor zur Verfügung, der genau diejenigen Eingaben (x,y) akzeptiert,für die y = f (x) ist. Um den Funktionswert f (x) zu berechnen, bauen wir den Akzeptorzu einem Aufzähler um, wie es in Abbildung 5.24 beschrieben wurde.Ist f (x) 6= ?, so wird irgendwann das Tupel (x,y) aufgezählt. In diesem Fall schreibenwir y auf das Band und halten an. Ist f (x)=?, so läuft die Maschine für immer weiter.Damit haben wir eine berechnende Maschine für f konstruiert.

63In Abschnitt 5.1.2 haben Sie eine Registermaschine kennen gelernt, die von James P. Jones Aufgabe 5.5und Yuri Matijasevič im Jahr 1991 entworfen wurde [100]. Hierbei handelte es sich um einen---Transduktor, der in Register R 1 die Eingabe x entgegennimmt und dort auch die Ausgabe Webcodef (x) ablegt. Anhand des Ablaufprotokolls aus Abbildung 5.17 konnten Sie einen Eindruck5781gewinnen, wie sich die Maschine für den Fall R 1 = 2 verhält. Nach 23 Schritten hielt sie anund hinterließ in R 1 den Ergebniswert 1.a) Vervollständigen Sie die nachstehende Liste, indem Sie den Ablauf für weitere Eingabensimulieren:f (0) = 0 , f (1) = 1 , f (2) = 1 , f (3) = 2 , f (4) = 3 , f (5) = 5b) Welche bekannte Zahlenfolge wird durch die Registermaschine berechnet?Die Maschine berechnet die Fibonacci-Zahlen. Sie sind rekursiv definiert:F 0 := 0F 1 := 1F n+2 := F n+1 + F n

64 1 LösungshinweiseAufgabe 5.6---Webcode5696Alle diskutierten Registermaschinen waren mit drei Sprungbefehlen ausgestattet:n L i : goto L n n L i : if R j = 0 goto L n n L i : if R j 6= 0 goto L na) Ist es möglich, damit den folgenden erweiterten Sprungbefehl zu implementieren?L i : if R j = 0 goto L n else goto L mJa.L i : if R j = 0 goto L nL i+1 : goto L mb) Ändert sich die Ausdrucksstärke des Maschinenmodells, wenn wir uns auf den SprungbefehlL i : if R j = 0 goto L n beschränken?Nein, die anderen beiden lassen sich simulieren.Simulation von L i : goto L nL i : if R j = 0 goto L n wobei R j ein nicht verwendetes Register ist.Simulation von L i : if R j 6= 0 goto L nL i : if R j = 0 goto L i+2L i+1 : goto L n

65In dieser Aufgabe sollen Sie sich mit dem zellulären Automaten beschäftigen, der über das Aufgabe 5.7folgende Regelschema definiert ist:---Regel 1 Regel 2 Regel 3 Regel 4ZustandWebcode5742Regel 5 Regel 6 Regel 7 Regel 8LinkerNachbarRechterNachbarFolgezustandWelche Ihnen bekannte Struktur wird durch diesen Automaten erzeugt? Vervollständigen Siezur Beantwortung dieser Frage das folgende Diagramm. Die ersten drei Zeilen sind bereitsausgefüllt.

66 1 LösungshinweiseAufgabe 5.8---Webcode5911In dieser Aufgabe geht es um die folgende Turing-Maschine:Q = {q 1 ,q 2 ,q 3 ,q 4 ,q 5 ,q 6 }S = {0,1}I = {(q 1 ,0,1,R,q 2 ),(q 2 ,0,1,R,q 3 ),(q 3 ,0,1,R,q 4 ),(q 4 ,0,1,L,q 1 ),(q 5 ,0,1,R,q 6 ),(q 1 ,1,1,L,q 3 ),(q 2 ,1,1,R,q 2 ),(q 3 ,1,0,L,q 5 ),(q 4 ,1,1,L,q 4 ),(q 5 ,1,0,L,q 1 )}a) Vervollständigen Sie den nachstehend abgedruckten Simulationslauf:0 0 0 0 0 0 0 0 0 0hq 1 i0 0 0 0 1 0 0 0 0 0hq 2 i0 0 0 0 1 1 0 0 0 0hq 3 i0 0 0 0 1 1 1 0 0 0hq 4 i0 0 0 0 1 1 1 1 0 0hq 1 i0 0 0 0 1 1 1 1 0 0hq 3 i0 0 0 0 1 0 1 1 0 0hq 5 i0 0 0 0 0 0 1 1 0 0hq 1 i0 0 0 1 0 0 1 1 0 0hq 2 i0 0 0 1 1 0 1 1 0 0hq 3 i0 0 0 1 1 1 1 1 0 0hq 4 i0 0 0 1 1 1 1 1 0 0hq 4 i0 0 0 1 1 1 1 1 0 0hq 4 i0 0 0 1 1 1 1 1 0 0hq 4 i0 0 0 1 1 1 1 1 0 0hq 4 i0 0 1 1 1 1 1 1 0 0hq 1 i0 1 1 1 1 1 1 1 0 0hq 2 i0 1 1 1 1 1 1 1 0 0hq 2 ib) Recherchieren Sie, welche bekannte Turing-Maschine wir hier vor uns haben. Wird dieMaschine irgendwann terminieren?

67Diese Maschine ist ein bekannter busy beaver. Sie terminiert nach 47.176.870 Schritten,mit einem Band, das 4098 Einsen enthält. Die Maschine gilt als ein heißer Kandidat fürdiejenige Turing-Maschine mit 5 Zuständen, die die meisten Einsen schreibt. Ein formalerBeweis hierfür existiert allerdings nicht.Dass die Maschine, wie wir sie hier definiert haben, 6 Zustände hat, ist übrigens kein Fehler.Im offiziellen Busy-beaver-Wettbewerb dürfen die Maschinen eine Halte-Kommandoabsetzen, so dass der Zustand q 6 , den wir lediglich als Sackgassenzustand für die Terminierungbenutzt haben, entfallen kann.

68 1 LösungshinweiseAufgabe 5.9---Webcode5800In Definition 5.7 haben wir vereinbart, dass eine Menge N genau dann aufzählbar ist, wenneine surjektive und berechenbare Funktion f : N ! N existiert. Welche Konsequenzenergeben sich, wenn wir die Forderung nach der Surjektivität durch die Forderung nach derBijektivität ersetzen?Von der theoretischen Seite her hat dies keine Konsequenzen, da wir jeden Aufzähler so umprogrammierenkönnen, dass er jedes Element nur einmal ausgibt. Hierzu könnte er währendder Berechnung alle bisher erzeugten Ausgaben mitprotokollieren und die Ausgabe unterdrücken,falls ein Element schon zuvor ausgegeben wurde. Dass in den meisten Büchern nurdie Surjektivität gefordert wird, hat einen ganz praktischen Grund. Viele Aufzählungsalgorithmenlassen sich dann viel einfacher formulieren, da wir nicht mehr darauf achten müssen,jedes Element genau einmal auszugeben.

69In Abschnitt 5.3.2 haben Sie den Satz von Rice kennen gelernt. In einem Rundumschlag Aufgabe 5.10macht er die Hoffnung zunichte, irgendeine nichttriviale Eigenschaft von Turing-Maschinen---algorithmisch zu entscheiden. Doch ist das wirklich so? Als Beispiel betrachten wir die WebcodeEigenschaft einer Maschine, exakt 5 Zustände zu besitzen. Mit einem Blick auf die Instruktionstabellekönnen wir diese Eigenschaft für jede vorgelegte Maschine immer korrekt5932entscheiden. Aber genau dies dürfte nach dem Satz von Rice nicht möglich sein, odervielleicht doch?Es ist wichtig den Satz von Rice genau zu lesen: Er macht die Hoffnung zunichte, irgendeinenichttriviale funktionale Eigenschaft von Turing-Maschinen algorithmisch zu entscheiden.Eine funktionale Eigenschaften ist eine Eigenschaft der Funktion f T und keine Eigenschaftvon T selbst. f T ist die Funktion, die von T berechnet wird.Die Eigenschaft, 5 Zustände zu besitzen, ist keine funktionale Eigenschaft. Es ist einfach,zwei Turing-Maschinen T 1 und T 2 zu konstruieren, die eine unterschiedliche Anzahl von Zuständenbesitzen und trotzdem die Beziehung f T1 = f T2 erfüllen.

70 1 LösungshinweiseAufgabe 5.11---Webcode5193In dieser Aufgabe betrachten wir die Formel Inst(q i ,S j ,S k ,L,q l ) aus Abschnitt 5.4.1. Mitihr hat Turing in seiner Arbeit aus dem Jahr 1936 die Linksbewegung einer einseitigbeschränkten Turing-Maschine beschrieben:Inst(q i ,S j ,S k ,L,q l ) :=8t 8y 8t 0 8y 0 ((R Sj (t,y) ^ I(t,y) ^ K qi (t) ^ F(t,t 0 ) ^ F(y 0 ,y))! (I(t 0 ,y 0 ) ^ R Sk (t 0 ,y) ^ K ql (t 0 )M^^8z (F(y 0 ,z) _ (R Si (t,z) ! R Si (t 0 ,z)))))i=0In Abschnitt 5.1.1.1 haben wir festgelegt, wie sich eine solche Maschine verhält, wenn derSchreib-Lese-Kopf ganz links steht:„Der Schreib-Lese-Kopf einer einseitig beschränkten Turing-Maschine kann sich nicht über das Bandende hinausbewegen.Eine angeforderte Linksbewegung wird in diesem Fall ignoriert,und der Schreib-Lese-Kopf verharrt in seiner Position.“Offenbar ist die verbale Beschreibung in der Formel j I (x,y) überhaupt nicht umgesetzt.a) Ist der Turing’sche Beweis etwa unvollständig?Nein. Es ist nämlich gar nicht nötig, das Verhalten für den speziell geschilderten Fall zubehandeln. Im Abschnitt über die einseitig beschränkte Turing-Maschine wurde gezeigt,dass sich eine Turing-Maschine so umbauen lässt, dass sie niemals den Schreib-Lese-Kopfüber ein spezielles Marker-Symbol nach links hinausbewegt. Das bedeutet, dass wir davonausgehen können, dass der geschilderte Fall niemals eintritt. Deshalb brauchte ihn Turingauch nicht in seine Formel explizit hineinzucodieren.b) Wie schwierig wäre es, die verbale Beschreibung in die Formel j I (x,y) zu integrieren?

71Die folgende Formel erfüllt ihren Zweck:Inst(q i ,S j ,S k ,L,q l ) :=8t 8t 0 ((R Sj (t,0) ^ I(t,0) ^ K qi (t) ^ F(t,t 0 )! (I(t 0 ,0) ^ R Sk (t 0 ,0) ^ K ql (t 0 )M^^8z (F(0,z) _ (R Si (t,z) ! R Si (t 0 ,z))))) ^i=08t 8y 8t 0 8y 0 ((R Sj (t,y) ^ I(t,y) ^ K qi (t) ^ F(t,t 0 ) ^ F(y 0 ,y))! (I(t 0 ,y 0 ) ^ R Sk (t 0 ,y) ^ K ql (t 0 )M^^8z (F(y 0 ,z) _ (R Si (t,z) ! R Si (t 0 ,z)))))i=0Ein Problem bleibt noch bestehen. Die 0 steht uns nicht zur Verfügung und muss eliminiertwerden. Dies gelingt, indem wir alle Vorkommen von 0 durch eine Variable n ersetzen undfür diese Fordern, dass sie für jene Zahl steht, die keinen Vorgänger hat. Wir erhalten danndas folgende Ergebnis:Inst(q i ,S j ,S k ,L,q l ) :=9n (8z ¬F(z,n) ^8t 8t 0 ((R Sj (t,n) ^ I(t,n) ^ K qi (t) ^ F(t,t 0 )! (I(t 0 ,n) ^ R Sk (t 0 ,n) ^ K ql (t 0 )M^^8z (F(n,z) _ (R Si (t,z) ! R Si (t 0 ,z))))) ^i=08t 8y 8t 0 8y 0 ((R Sj (t,y) ^ I(t,y) ^ K qi (t) ^ F(t,t 0 ) ^ F(y 0 ,y))! (I(t 0 ,y 0 ) ^ R Sk (t 0 ,y) ^ K ql (t 0 )M^^8z (F(y 0 ,z) _ (R Si (t,z) ! R Si (t 0 ,z))))))i=0

72 1 LösungshinweiseAufgabe 5.12---Webcode5892In Abschnitt 5.4.2 haben wir herausgearbeitet, wie sich Turing-Maschinen arithmetisierenlassen. In diesem Zusammenhang haben wir die PA-Formel j I (x,y) eingeführt, die den Übergangvon einer Konfiguration x in eine Konfiguration y beschreibt. Für die Linksbewegunglautetet sie beispielsweise so:j I (x,y) := 9h 1 9h 2 9n 1 9n 2 (L(x)=n 1 ^ K(x)=i ^ I(x)=h 1 ^ R h1 (x)= j ^L(y)=n 2 ^ K(y)=l ^ I(y)=h 2 ^(h 1 6= 0 ! (n 1 = n 2 ^ h 1 = h 2 + 1 ^ R h1 (y)=k ^8(h < n 1 )(h 6= h 1 !9s (R h (x)=s ^ R h (y)=s)))) ^(h 1 = 0 ! (n 1 + 1 = n 2 ^ R 0 (y)=0 ^ h 1 = h 2 ^ R 1 (y)=k ^8(h < n 1 )(h 6= 0 !9s (R h (x)=s ^ R h+1 (y)=s)))))Wir hätten den Beweis vereinfachen können, indem wir ihn für einseitig beschränkte Turing-Maschinen führen. Wie würde die Formel dann aussehen?j I (x,y) := 9h 1 9h 2 9n (L(x)=n ^ K(x)=i ^ I(x)=h 1 ^ R h1 (x)= j ^L(y)=n ^ K(y)=l ^ I(y)=h 2 ^ R h1 (y)=k ^h 1 6= 0 ! h 1 = h 2 + 1 ^h 1 = 0 ! h 1 = h 2 ^8(h < n)(h 6= h 1 !9s (R h (x)=s ^ R h (y)=s))))

73Am Beispiel der diophantischen Gleichung Aufgabe 5.13---(x + 1) 3 +(y + 1) 3 =(z + 1) 3Webcode5970haben wir in Abschnitt 5.4.3 argumentiert, dass es einen Unterschied darstellt, ob wir nachLösungen in den ganzen Zahlen oder in den natürlichen Zahlen suchen.a) Zeigen Sie, dass die Gleichung in den ganzen Zahlen unendlich viele Lösungen hat.Man setze z. B. y = 1 und x = z.b) Warum ist die Gleichung in den natürlichen Zahlen unlösbar?Die Unlösbarkeit ist eine direkte Folge aus dem Fermat’schen Satz.

74 1 LösungshinweiseAufgabe 5.14---Webcode5100In Abschnitt 5.4.3 haben wir erarbeitet, wie sich diophantische Gleichungen konjunktiv oderdisjunktiv zusammenfassen lassen.a) Welche Relationen werden durch die folgenden beiden Gleichungen repräsentiert?a + x + 1 b = 0 _ b + y + 1 a = 0a + x + 1 b = 0 _ b + y + 1 a = 0, a < b _ b < a, a 6= ba + x b = 0 ^ b + y a = 0a + x b = 0 ^ b + y a = 0, a apple b ^ b apple a, a = bb) Formen Sie die Ausdrücke in gewöhnliche diophantische Gleichungen um.a + x + 1 b = 0 _ b + y + 1 a = 0, (a + x + 1 b)·(b + y + 1 a) = 0, ab + ay + a a 2 + bx + xy + x ax + b + y + 1 a b 2 by b + ab = 0, a 2 + 2ab b 2 + ay ax + bx by + xy + x + y + 1 = 0a + x b = 0 ^ b + y a = 0, (a + x b) 2 +(b + y a) 2 = 0, ((a b)+x) 2 +(y (a b)) 2 = 0, (a b) 2 + 2x(a b)+x 2 + y 2 2y(a b)+(a b) 2 = 0, 2(a b) 2 + 2x(a b)+x 2 + y 2 2y(a b) = 0, 2a 2 4ab + 2b 2 + 2ax 2bx + x 2 + y 2 2ay 2by = 0

75R und S seien zwei diophantisch repräsentierbare Relationen. Aufgabe 5.15---a) Ist die Relation R [ S diophantisch repräsentierbar?Webcode5651Ja. Wird R durch r = 0 repräsentiert und S durch s = 0,so wird R [ S durch r = 0 _ q = 0 repräsentiert.b) Ist die Relation R \ S diophantisch repräsentierbar?Ja. Wird R durch r = 0 repräsentiert und S durch s = 0,so wird R \ S durch r = 0 ^ q = 0 repräsentiert.

76 1 LösungshinweiseAufgabe 5.16---Webcode5999In Abbildung 5.41 ist eine diophantische Gleichung mit 26 Unbekannten aufgeführt, diegenau dann eine Lösung in den positiven natürlichen Zahlen besitzt, wenn k + 2 einePrimzahl ist.a) Kann diese Gleichung dazu verwendet werden, alle Primzahlen aufzuzählen?Ja. Setze nacheinander aller Kombinationen ein und rechne die Gleichung aus. Ist dieKombination eine Lösung, dann gebe die Zahl k + 2 aus.b) Lässt sich die Menge aller Primzahlzwillinge ebenfalls diophantisch repräsentieren?Ja. Durchprime(x) ^ prime(y) ^ x + 2 y = 0

77Das nachstehende Registermaschinenprogramm stammt aus der mehrfach zitierten Arbeit Aufgabe 5.17von Jones und Matijasevič aus dem Jahr 1984 [99]:---R 2 R 2 1Webcode5156L 0 R 2 R 2 + 1L 1 R 2 R 2 + 1L 2 if R 3 = 0 goto L 5L 3 R 3 R 3 1L 4 goto L 2L 5 R 3 L 3 + 1R 4 R 4 + 1if R 2 < R 1 goto L 10L 6 if 0 < R 2 goto L 5 L 12 R 1 R 1 1L 7 R 2 R 2 + 1R 2 R 2 1R 4 R 4 1R 3 R 3 1L 8 if 0 < R 4 goto L 7 L 13 if 0 < R 1 goto L 12L 9 if R 3 < R 1 goto L 5 L 14 stopa) Mit R i < R j wird eine Operation verwendet, die unser Registermaschinenmodell nicht vonHause aus unterstützt. Zeigen Sie, dass sich die Operationen mit den nativen Sprachelementennachbilden lassen.Die Abfrage R i < R j lässt sich simulieren, indem R i und R j zunächst in freie Register R 0 iund R 0 j kopiert werden. Anschließend werden beide schrittweise um 1 verringert. ErreichtR 0 i zuerst den Wert 0, dann ist R i < R j .

78 1 Lösungshinweiseb) Führen Sie das Programm für die Eingabe R 1 = 2 händisch aus und erstellen Sie einAblaufdiagramm, das ähnlich aussieht wie jenes aus Abbildung 5.17. Beachten Sie, dassdie Programmausführung in Zeile L 0 beginnt und nicht, wie bisher, in Zeile L 1 .Zeile Befehl R 1 R 2 R 3 R 41 L 0 R 2 R 2 + 1 2 0 0 02 L 1 R 2 R 2 + 1 2 1 0 03 L 2 if R 3 = 0 goto L 5 2 2 0 04 L 5 R 3 R 3 + 1R 4 R 4 + 1R 2 R 2 1 2 2 0 05 L 6 if 0 < R 2 goto L 5 2 1 1 16 L 5 R 3 R 3 + 1R 4 R 4 + 1R 2 R 2 1 2 1 1 17 L 6 if 0 < R 2 goto L 5 2 0 2 28 L 7 R 2 R 2 + 1R 4 R 4 1 2 0 2 29 L 8 if 0 < R 4 goto L 7 2 1 2 110 L 7 R 2 R 2 + 1R 4 R 4 1 2 1 2 111 L 8 if 0 < R 4 goto L 7 2 2 2 012 L 9 if R 3 < R 1 goto L 5 2 2 2 013 L 10 if R 1 < R 3 goto L 1 2 2 2 014 L 11 if R 2 < R 1 goto L 10 2 2 2 015 L 12 R 1 R 1 1R 2 R 2 1R 3 R 3 1 2 2 2 016 L 13 if 0 < R 1 goto L 12 1 1 1 017 L 12 R 1 R 1 1R 2 R 2 1R 3 R 3 1 1 1 1 018 L 13 if 0 < R 1 goto L 12 0 0 0 019 L 14 stop 0 0 0 0

79c) Stellen Sie für diese Berechnungssequenz die Daten- und Kontrollflussmatrix auf. Wieeine solche Matrix aussieht, wurde in Abbildung 5.43 gezeigt.18 17 16 15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 t0 0 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 R 10 0 1 1 2 2 2 2 2 1 1 0 0 1 1 2 2 1 0 R 20 0 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 0 0 0 0 R 30 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 2 2 1 1 0 0 0 0 R 418 17 16 15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 t0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 L 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 L 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 L 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L 30 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L 40 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 L 50 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 L 60 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 L 70 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 L 80 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L 90 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L 100 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L 110 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L 120 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L 131 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L 14d) Wenn Sie die Registermaschine für verschiedene Eingabewerte starten, werden Sie feststellen,dass sie in manchen Fällen hält und in anderen für immer weiter rechnet. VersuchenSie, einen Zusammenhang zwischen dem Eingabewert und der Terminierungseigenschaftherzustellen.Das Programm terminiert genau dann, wenn die Eingabe in R 1 eine Primzahl ist.

80 1 LösungshinweiseAufgabe 5.18---Webcode5548In Abschnitt 5.4.3.2 haben wir gezeigt, wie sich Registermaschinen diophantisch codierenlassen. Die von uns konstruierte Gleichung enthielt unter anderem den TeilausdruckL 1 4 I ^ ... ^ L l 4 I (5.10)Er stellt sicher, dass L 1 ,...,L l ausschließlich aus den Ziffern 0 und 1 besteht. Darüber hinaushatten wir über den TeilausdruckI =lÂi=1L i (5.11)erzwungen, dass in jeder Spalte der Kontrollflussmatrix höchstens eine 1 vorkommt. Aufden ersten Blick scheinen wir (5.10) gar nicht zu benötigen, da deren inhaltliche Aussageaugenscheinlich aus (5.11) folgt. Beweisen oder widerlegen Sie diese Vermutung.Die Vermutung ist falsch!Man setze l := 2, Q := 4, L 1 := 02 Q und L 2 := 03 Q .Für die gewählten Werte von L 1 und L 2 ist (5.10) falsch. Andererseits ist L 1 + L 2 = 11 Qund damit (5.11) wahr. Wir müssen also tatsächlich beide Teilausdrücke in die diophantischeGleichung aufnehmen.

81Mit r i (i 0) bezeichnen wir die i-te Ziffer einer zufälligen Binärsequenz. In welchen der Aufgabe 6.1nachfolgend aufgelisteten Fälle ist die Sequenz s 0 ,s 1 ,s 2 ,... zufällig?---((Webcode1 falls i < 10r ri falls i gerade6988a) s i =b) s i =r i sonstr i sonstZufällig(r i falls i < 10c) s i =1 sonstNicht zufällig(r i falls i geradee) s i =1 sonstNicht zufälligZufällig(r i falls i eine Primzahl istd) s i =1 sonstNicht zufällig(r i falls i eine Quadratzahl istf) s i =1 sonstNicht zufällig

82 1 LösungshinweiseAufgabe 6.2---Webcode6125Benennen Sie, falls möglich, ein Beispiel für eine endlich lange Binärsequenz, dien berechenbar und komprimierbar ist: 1111111111. . . 1n berechenbar, aber nicht komprimierbar ist: jede beliebige Zufallssequenzn unberechenbar, aber komprimierbar ist: nicht möglichn unberechenbar und nicht komprimierbar ist: nicht möglichBenennen Sie, falls möglich, ein Beispiel für eine unendlich lange Binärsequenz, dien berechenbar und komprimierbar ist: Kreiszahl pn berechenbar, aber nicht komprimierbar ist: nicht möglichn unberechenbar, aber komprimierbar ist: Haltesequenz Hn unberechenbar und nicht komprimierbar ist: Chaitin’sche Konstante W

83In dieser Aufgabe wollen wir die inhaltliche Aussage von Satz 6.2 auf die Probe stellen. Aufgabe 6.3Der Satz besagt, dass kein systematisches Verfahren existieren kann, das stets korrekt---entscheidet, ob eine vorgelegte Binärsequenz s zufällig ist oder nicht. Das nachstehende WebcodeProgramm scheint aber genau dies zu leisten:6879Eingabe:Binärsequenz sWähle Q ∈ MM := M \ { Q }NeinM := Menge allerProgramme, diesignifikant kürzersind als sOutput(Q) = s? M = ∅?NeinJaAusgabe:„ s ist nicht zufällig ‟JaAusgabe:„ s ist zufällig‟Der Algorithmus basiert auf der folgenden Überlegung: Es existieren nur endlich viele Programme,die kürzer sind als die vorgelegte Binärsequenz s. Wäre diese Sequenz nicht zufällig,so muss sie von einem dieser Programme ausgegeben werden. Wir müssen also lediglich überdie (endlich vielen) Programme iterieren, die signifikant kürzer sind als s, und die produzierteAusgabe mit s vergleichen. Stimmen beide überein, so ist s keine Zufallssequenz. Wird s vonkeinem dieser Programme ausgegeben, dann liegt eine zufällige Sequenz vor. Offensichtlichsteht das Ergebnis im Widerspruch zu Satz 6.2. Wo steckt der Fehler?Der augenscheinliche Widerspruch lässt sich schnell auflösen. Das Problem ist, dass wir dieAusgabe des Programms Q nur dadurch bestimmen können, dass wir Q ausführen. Da nichtjedes Programm Q terminiert, wird unser Programm zwangsläufig in eine Endlosschleifegeraten.Könnten wir vorab entscheiden, welche Programme terminieren und welche nicht, so wäredie algorithmische Komplexität auf die skizzierte Weise tatsächlich berechnenbar. Damithaben wir einen wichtigen Zusammenhang aufgedeckt. Aus der Unberechenbarkeit vonk(s) folgt unmittelbar, dass wir die Terminierung von Turing-Maschinen nicht algorithmischentscheiden können. Die Überlegung zeigt, wie stark die inhaltliche Aussage von Satz 6.2wirklich ist. Aus ihm erhalten wir Turings berühmter Satz über die Unentscheidbarkeit desHalteproblems als Korollar.

84 1 LösungshinweiseAufgabe 6.4---Webcode6788In Kapitel 1 haben wir die Vermutung über die Existenz unendlich vieler Primzahlzwillingediskutiert. In Worten las sie sich wie folgt:„Es existieren unendlich viele Zahlen n mit der Eigenschaft, dass n und n + 2Primzahlen sind.“Wir nehmen in dieser Aufgabe an, die Haltewahrscheinlichkeit W n sei für beliebige Wertevon n bekannt. Auf Seite 352 haben wir dargelegt, wie sich mit diesem Wissen z. B. dieGoldbach’schen Vermutung beweisen oder widerlegen ließe. Könnten wir mit der gleichenMethode auch die Zwillingsvermutung entscheiden?Für die Goldbach’sche Vermutung funktionierte die beschriebene Methode so:n Es wird ein Programm geschrieben, das nach einem Gegenbeispiel sucht. Das Programmterminiert, sobald ein Gegenbeispiel gefunden wurde. Gibt es keine Gegenbeispiele, soläuft das Programm unendlich lange weiter.n Würden wir die Haltewahrscheinlichkeiten W n kennen, so ließe sich entscheiden, ob dasProgramm hält (Goldbach’sche Vermutung wäre falsch) oder nicht hält (Goldbach’scheVermutung wäre wahr).Die Methode lässt sich nicht eins zu eins auf die Zwillingsvermutung übertragen, da wir nichtauf die gleiche Weise ein Programm schreiben können, das nach einem Gegenbeispiel sucht.Hierfür verantwortlich ist die Tatsache, dass wir hier eine Existenzaussage vor uns haben (esexistieren unendlich viele...). Ein gefundenes Primzahlpaar nutzt nichts, um eine Aussage zutreffen, genauso wenig wie ein Primzahlpaar, das kein Zwillingspaar ist.

85In Abschnitt 6.2 haben wir herausgearbeitet, dass die Bitfolge der Chaitin’schen Konstanten Aufgabe 6.5zufällig ist. Ob an einer bestimmten Bitposition von W eine 0 oder eine 1 vorkommt, ist---damit völlig unabhängig von den Bits an anderen Positionen. Können wir trotzdem eine WebcodeAussage darüber treffen, wie viele Einsen und Nullen in einem Anfangsstück W[1...n] für6286größere Werte von n enthalten sein müssen?Ja. Aus Satz 6.4 folgt unmittelbar, dass die Bitfolge der Chaitin’schen Konstanten genausoviele Nullen wie Einsen enthalten muss.

86 1 LösungshinweiseAufgabe 6.6---Webcode6799In den Untersuchungen zur algorithmischen Komplexität haben wir vorausgesetzt, dassdie zugrunde gelegten Gödelisierungen präfixfrei sein müssen. Das bedeutet, dass dieGödelnummer eines Programms niemals mit der Gödelnummer eines anderen Programmsbeginnt. Diese Aufgabe soll klären, warum wir diese Voraussetzung benötigen.Betrachten Sie hierzu die folgenden beiden Entscheidungsbäume:00001000001010011000010000010100111101110010111011111011100101110111TerminierendesProgrammNichtterminierendesProgrammNicht die Gödelnummereines Programmsn Begründen Sie, warum die jeweils verwendeten Gödelisierungen nicht präfixfrei sind.Beispielsweise ist sowohl 00 als auch 000 die Gödelnummer eines Programms. 000 beginntaber mit 00.n Berechnen Sie für jeden Entscheidungsbaum die Haltewahrscheinlichkeit W 3 .• Links:Von den Sequenzen 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111 beginnen 7 mit der Gödelnummereines terminierenden Programms (000, 001, 010, 011, 101, 110, 111).Ergebnis: W 3 = 7/8• Rechts:Von den Sequenzen 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111 beginnen 8 mit der Gödelnummereines terminierenden Programms (000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111).Ergebnis: W 3 = 8/8 = 1

87n Wiederholen Sie die Berechnung mit der nachstehenden Formel, die wir in Abschnitt 6.2hergeleitet haben. Was stellen Sie fest?W n =ÂP hält,|P|applen12 |P|Links: W 3 = 1 2 + 1 4 + 1 8 + 1 8 = 1Rechts: W 3 = 1 2 + 1 4 + 1 4 + 1 8 = 1 1 8Beobachtung:1. Obwohl links und rechts gleich viele terminierende Programme existieren, ergibtdie Formel ein anderes Ergebnis. Wir können aus W n daher nicht mehr zurückrechnen,wie viele terminierende Programme tatsächlich existieren.2. Der Wert von W n kann sogar größer als 1 werden. Offensichtlich ist W n gar keineWahrscheinlichkeit mehr.Fazit: Die Präfixfreiheit ist essentiell. Setzen wir sie nicht voraus, so machen die hergeleitetenFormeln für W n und für W keinen Sinn.

88 1 LösungshinweiseAufgabe 7.1---Webcode7731In dieser Übungsaufgabe wollen wir die Prädikatenlogik erster Stufe verwenden, um gerichteteGraphen zu beschreiben. Hierzu fassen wir die Individuenmenge U einer Interpretation(U,I) als die Knotenmenge eines Graphen auf und legen über das zweistellige PrädikatzeichenE fest, ob zwischen zwei Knoten x und y eine Kante verläuft. Das folgende Beispielverdeutlicht den Zusammenhang zwischen Interpretationen und Graphen:n Interpretation (U,I)U := {a,b,c,d}n Graph GaI(E) := {(a,b),(b,a),(b,c),(c,b),(d,a),(d,c)}bcdFerner sei die folgende Liste von prädikatenlogischen Formeln erster Stufe gegeben:j 1 := ¬E(a,b)j 2 := ¬9z 1 (E(a,z 1 ) ^ E(z 1 ,b))j 3 := ¬9z 1 9z 2 (E(a,z 1 ) ^ E(z 1 ,z 2 ) ^ E(z 2 ,b))... := ...a und b sind Konstantensymbole.a) Welche intuitive Bedeutung besitzt die Formel j n ?Von a nach b existiert kein Pfad der Länge n.b) Die Eigenschaft, ein zusammenhängender Graph zu sein, ist nicht innerhalb der Prädikatenlogikerster Stufe definierbar. Beweisen Sie diese Behauptung, indem Sie zeigen, dasskeine PL1-Formel j mit der folgenden Eigenschaft existiert:(U,I) |= j , (U,I) beschreibt einen zusammenhängenden GraphenHinweis: Ein Graph heißt zusammenhängend, wenn für zwei beliebig gewählte Knoten xund y stets ein Pfad von x nach y existiert. Ein Pfad von x nach y ist eine endliche Folgevon Kanten, die x und y in der gewünschten Richtung miteinander verbinden.

89Wir nehmen an, die Formel j würde existieren und betrachten die MengeM := {j,j 1 ,j 2 ,...}Jede endliche Teilmenge von M ist erfüllbar, schließlich können wir einen Graphen konstruieren,der aus n + 2 Knoten besteht und die Knoten a und b nur über einen Weg der Längen + 1 miteinander verbindet. Hierin ist n der größte Index, der in den Formeln j n vorkommt.Nach dem Kompaktheitssatz müsste dann auch M erfüllbar sein, was nicht sein kann. Esmüsste gleichzeitig einen Graphen geben, der zusammenhängend ist, aber zwischen zweibeliebigen Knoten weder ein Pfad der Länge 1, noch ein Pfad der Länge 2, noch ein Pfad derLänge 3, usw. existiert.

90 1 LösungshinweiseAufgabe 7.2---Webcode7145K sei ein formales System, in dem sich arithmetische Aussagen ableiten lassen. Wir nehmenan, K erfüllt die folgende Eigenschaft:` j , 6|= jn Theoreme von K sind z. B. 1 + 1 = 3, 9x 8yx> y, ¬9y1+ y = 2, ...n Keine Theoreme von K sind z. B. 1 + 1 = 2, 8x 9yxapple y, 9y1+ y = 2, ...K ist der perfekte Lügner, da genau diejenigen arithmetischen Formeln aus den Axiomenabgeleitet werden können, die im Standardmodell der Peano-Arithmetik falsch sind.a) Lassen sich die Symbole ‚s‘, ‚=‘, ‚+‘ und ‚⇥‘ so uminterpretieren, dass K ein Modellbesitzt?Ja. Der Kalkül ist widerspruchsfrei (es gibt keine Formel, für die sowohl j als auch ¬jableitbar ist, da eine dieser beiden Formeln wahr sein muss). Aus dem Modellexistenzsatzfolgt, dass K ein Modell besitzt.b) Kann ein formales System mit der postulierten Eigenschaft überhaupt existieren?Nein. K kann nicht existieren. Wir könnten K zu einem K 0 umbauen mitK ` j , K 0 `¬jK 0 wäre dann ein vollständiger und korrekter Kalkül für die Peano-Arithmetik, der nachdem Gödel’schen Unvollständigkeitssatz nicht existieren kann.

91Sei j eine Formel der Prädikatenlogik erster Stufe mit Gleichheit. Sind die folgenden Aus- Aufgabe 7.3sagen richtig oder falsch? Begründen Sie Ihre Antworten.---Webcodea) Hat j ein endliches Modell, dann hat j auch ein unendliches Modell.7878Die Aussage ist falsch. Beispielsweise ist die Formel9x 8y (x ˙= y)genau dann wahr, wenn der Individuenbereich ein einziges Element umfasst.b) Hat j ein unendliches Modell, dann hat j auch ein endliches Modell.Die Aussage ist falsch. Beispielsweise ist die Formel8x 8y 8z (P(x,y) ^ P(y,z) ! P(x,z)) ^8x (¬P(x,x) ^9yP(x,y))genau dann wahr, wenn P als transitive Relation interpretiert wird, in der jedes Elementzu einem anderen in Relation steht, aber niemals zu sich selbst. Dies ist aber nur möglich,wenn der Individuenbereich unendlich ist. j hat also ein unendliches, aber kein endlichesModell. Beachten Sie, dass wir in der konstruierten Formel das Gleichheitszeichen garnicht benötigt haben. Das gleiche Argument gilt also auch in der Prädikatenlogik ohneGleichheit.c) Lassen sich a) oder b) mithilfe des Satzes von Löwenheim-Skolem-Tarski beantworten?Für Teil a): Nein. Die Voraussetzung des Satzes von Löwenheim-Skolem-Tarski, dass einunendliches Modell existiert, ist nicht erfüllt.Für Teil b) Nein. Der Satz von Löwenheim-Skolem-Tarski besagt, dass Modelle beliebigertransfiniter Kardinalität existieren. Er sagt aber nichts über endliche Modelle aus.

92 1 LösungshinweiseAufgabe 7.4---Webcode7000Der Satz von Euklid besagt, dass es unendlich viele Primzahlen gibt. Hieraus folgt, dasskeine natürliche Zahl x existieren kann, die von jeder Primzahl geteilt wird. Innerhalb derPeano-Arithmetik können wir den Sachverhalt folgendermaßen ausdrücken:j := ¬9x 8y (prime(y) ! y | x)Ganz offensichtlich ist die Formel j im Standardmodell der Peano-Arithmetik eine wahreAussage. Wie üblich nehmen wir an, die Peano-Arithmetik sei frei von Widersprüchen.n Zeigen Sie, dass j nicht innerhalb der Peano-Arithmetik bewiesen werden kann.Die Formel ist unbeweisbar, da PA ein Nichtstandardmodell besitzt, in dem j eine falscheAussage ist. Wir folgern die Existenz dieses Modells aus dem Kompaktheitssatz. Es seij y := 9zz⇥ y = cDie Formel drückt aus, dass y ein Teiler von c ist. Jetzt betrachten wir die Menge{j p | p ist eine Primzahl}Jede endliche Teilmenge hat ein Modell. Die Konstante c wird einfach mit dem Produktaller in der Teilmenge vorkommenden Primzahlen belegt. Daraus folgt, dass auch dieMenge selbst ein Modell hat. In diesem Modell wird die Konstante c mit einem Elementbelegt, dass von allen Primzahlen geteilt wird.n Ist die Unbeweisbarkeit von j eine Folge des Gödel’schen Unvollständigkeitssatzes?Nein. Die Unbeweisbarkeit rührt einzig und alleine daher, dass die Formel j nicht in allenModellen wahr ist, in denen die PA-Axiome wahr sind. Die Ursache geht also auf dieEigenschaft von PA zurück, nicht kategorisch zu sein. Dies hat mit dem Gödel’schen Unvollständigkeitssatzaber gar nichts zu tun. Dieser gilt z.B. auch in kategorischen Theorienwie z. B. die Peano-Arithmetik, formuliert als Theorie zweiter Stufe.

93In der von uns gewählten Formulierung gilt der Modellexistenzsatz auch für die Prädikaten- Aufgabe 7.5logik mit Gleichheit. Beschränken wir uns auf die PL1 ohne Gleichheit, so können wir ihn---sogar geringfügig verschärfen:Webcode7304Satz 7.1 (Modellexistenz der PL1 ohne Gleichheit)Sei K eine Theorie erster Ordnung. Dann gilt:nK hat ein abzählbares Modell , K ist widerspruchsfreiDer Unterschied ist unscheinbar, aber dennoch bemerkenswert: In der Prädikatenlogik ohneGleichheit können wir aus der Widerspruchsfreiheit nicht nur die Existenz eines Modells,sondern die Existenz eines abzählbaren Modells folgern.a) Welche Konsequenzen ergeben sich hieraus für den Satz von Löwenheim-Skolem-Tarski?Auch dieser Satz kann dann verstärkt werden. Jede Formel, die ein Modell besitzt, hatdann automatisch ein unendliches. Der Satz lautet dann wie folgt:Satz 7.2 (Satz von Löwenheim-Skolem-Tarski für die PL1 ohne Gleichheit)Sei M eine Menge von Formeln der PL1 ohne Gleichheit und k eine beliebige transfiniteKardinalzahl. Dann gilt:n j hat ein Modell ) j hat ein Modell mit |U| = kb) Zeigen Sie, dass die vorgenommene Verallgemeinerung nicht für die Prädikatenlogik mitGleichheit gilt.Die Formel9x 8yx= yist genau unter jenen Interpretationen wahr, die einen einelementigen Individuenbereichaufweisen. Die Formel hat also ein Modell, aber kein abzählbares.

94 1 LösungshinweiseAufgabe 7.6---Webcode7837Sei M := {N ✓ N | 1 2 N}a) Welche der folgenden Aussagen sind wahr? Welche sind falsch?WahrFalschn M ist ein Filter. 4n M ist ein maximaler Filter. 4n M ist ein Ultrafilter. 4n M ist ein freier Ultrafilter. 4b) Sei F ein Ultrafilter. Was lässt sich über seine Elemente aussagen, wenn wir wissen, dassdie Menge {1} in ihm enthalten ist?F ist ein Filter, also gehören auch alle Obermengen zu F:{N ✓ N | 1 2 N}✓FGehören noch zusätzliche Mengen dazu? Die Antwort ist Nein! Wir nehmen an, es gäbeeine solche Menge und nennen sie M. Offensichtlich kann M die Zahl 1 nicht enthalten.Dann wäre aber die Komplementmenge M bereits in F. Da eine Menge nicht zusammenmit ihrem Komplement in einem Filter enthalten sein darf, kann M nicht dazugehören.Somit istF = {N ✓ N | 1 2 N}

95In dieser Aufgabe sind E 1 und E 2 zwei Enumeratoren mit Aufgabe 7.7---E 1 := {5,8,9,18,19,25,33}WebcodeE 2 := {8,12,19,23,24,25,31,32,39,49,60}7481a) Erzeugen Sie jeweils eine Matrixdarstellung von E 1 und von E 2 :0 1 2 3 4 5 x0 0 1 3 6 10 15 ...1 2 4 7 11 16 22 ...2 5 8 12 17 23 30 ...3 9 13 18 24 31 39 ...4 14 19 25 32 40 49 ...5 20 26 33 41 50 60 ...0 1 2 3 4 5 x0 0 1 3 6 10 15 ...1 2 4 7 11 16 22 ...2 5 8 12 17 23 30 ...3 9 13 18 24 31 39 ...4 14 19 25 32 40 49 ...5 20 26 33 41 50 60 ...y " " " " " ". ..y " " " " " ". ..{2,3}{2,4}{3,4,5}/0/0/0/0{2,4}{2,4}{3,4}{2,3}{3,4,5}b) Für welche der folgenden Mengen ist E 1 bzw. E 2 ein Enumerator?M 1 := {/0,{2,3},{2,4}}M 2 := {/0,{2,3},{2,4},{3,4},{3,4,5}}M 3 := {{2,3},{2,4}}M 4 := {{2,3},{2,4},{3,4},{3,4,5}}E 1 ist ein Enumerator für M 1 und M 3 .E 2 ist ein Enumerator für M 1 , M 2 , M 3 und M 4 .

96 1 LösungshinweiseAufgabe 7.8---Webcode7988In Abschnitt 7.3 haben wir explizit festgelegt, dass ein Enumerator einer Menge M auch einEnumerator für alle Teilmengen von M ist.Nehmen Sie für den Moment an, wir hätten auf die Teilmengenregel verzichtet. Dann wäreeine Menge E 2 2 N genau dann ein Enumerator für eine Menge M ⇢ 2 N , wenn M exaktdiejenigen Mengen enthält, die in der Matrixdarstellung von E vorkommen. Die MengeE = {0,4,12,24,40,60}wäre also ausschließlich ein Enumerator für die MengeM = {{0},{1},{2},{3},{4},{5}}0 1 2 3 4 5 x0 0 1 3 6 10 15 ...1 2 4 7 11 16 22 ...2 5 8 12 17 23 30 ...3 9 13 18 24 31 39 ...4 14 19 25 32 40 49 ...5 20 26 33 41 50 60 ...y " " " " " ". ..{0}{1}{2}{3}{4}{5}Auf den ersten Blick scheint diese Definition unsere intuitive Vorstellung eines Enumeratorsbesser zu erfassen als die ursprüngliche, und dennoch haben wir sie bewusst nicht verwendet.Welche Gründe könnte es hierfür geben?Die leere Menge wäre dann ein Problem. Wir haben keine einfache Möglichkeit, in der Matrixdarstellungzwischen der leeren Menge (alle Einträge einer Spalte wären frei) und einerleergelassenen Spalte (alle Einträge der Spalte wären dann ebenfalls frei) zu unterscheiden.Damit haben wir keine Möglichkeit, einem Enumerator anzusehen, ob der eine Menge beschreibt,die die leere Menge enthält oder nicht. Durch die Teilmengenregel haben wir diesesProblem elegant umgangen.

97a) Bildet das Tripel (2 /0 ,\,[) eine boolesche Algebra?Ja, es ist die kleinstmögliche boolesche Algebra, die überhaupt existiert. Sie hat genau einElement.Aufgabe 7.9---Webcode7111b) Zeigen Sie, dass keine boolesche Algebra (V,u,t) mit |V | 2 existiert, die eine endlicheGrundmenge V mit einer ungeraden Anzahl an Elementen besitzt.Zunächst leiten wir zwei wichtige Zwischenergebnisse her:(1) Ist |V | 2, so ist immer >6= ?.Beweis: Angenommen, es sei > = ?. Ist |V | 2, so existiert ein x mit x 6= ?. Fürdieses x gilt x = x ^>= x ^?= ?. Widerspruch!(2) Ist |V | 2, so ist immer x 1 6= x.Beweis. Aus x 1 = x folgt x = x_x = x_x 1 = > und gleichzeitig x = x^x = x^x 1 =?. Es wäre also > = ?. Widerspruch.Jetzt definieren wir auf V die Relation ’⇠’ mitx ⇠ y , y = x oder y = x 1Es ist leicht nachzuprüfen, dass ’⇠’ eine Äquivalenzrelation ist (’⇠’ ist reflexiv, symmetrischund transitiv). Das bedeutet, dass ’⇠’ die Menge V partitioniert. Konkret fasst ’⇠’jedes x 2 V mit seinem inversen Element zu einer Äquivalenzklasse zusammen:[x] ⇠ = {x,x 1 }Ist |V | 2, so enthält jede Äquivalenzklasse wegen (2) genau 2 Elemente. Das bedeutet,dass die Anzahl der Äquivalenzklassen, multipliziert mit 2, genau die Anzahl der Elementevon V ergibt. Für |V | 2 ist |V | also stets eine gerade Zahl.

98 1 LösungshinweiseAufgabe 7.10---Webcode7573Die nachfolgende Liste enthält eine Reihe von Gesetzmäßigkeiten, die in jeder booleschenAlgebra gelten müssen. Zeigen Sie, dass sich alle Gesetze aus den vier Huntington’schenAxiomen ableiten lassen.n Assoziativgesetzen Idempotenzgesetzen Absorptionsgesetzex t (y t z) =(x t y) t zx u (y u z) =(x u y) u zx t x = xx u x = xx t (x u y) = xx u (x t y) = xn Eliminationsgesetzen Gesetze von De Morgan(x u y) 1 = x 1 t y 1 x u?= ?(x t y) 1 = x 1 u y 1x t>= >n Doppelnegationsgesetz(x 1 ) 1 = xHerleitung von x t x = xx t x= (x t x) u>= (x t x) u (x t x 1 )= x t (x u x 1 )= x t?= xHerleitung von x t>= >x t>= (x t>) u>= (x t>) u (x t x 1 )= x t (>ux 1 )= x t x 1= >

99Herleitung von x t (y t z)=(x t y) t zx t (y t z)= (x t (y t z)) u>= (x t (y t z)) u (x t x 1 )= [(x t (y t z)) u x] t [(x t (y t z)) u x 1 ]= [x] t [(x t (y t z)) u x 1 ]= [x t (x u z)] t [(x t (y t z)) u x 1 ]= [(x u (x t y)) t (x u z)] t [(x t (y t z)) u x 1 ]= [x u ((x t y) t z)] t [(x t (y t z)) u x 1 ]= [((x t y) t z) u x] t [(x t (y t z)) u x 1 ]= [((x t y) t z) u x] t [x 1 u (x t (y t z))]= [((x t y) t z) u x] t [(x 1 u x) t (x 1 u (y t z))]= [((x t y) t z) u x] t [?t(x 1 u (y t z))]= [((x t y) t z) u x] t [x 1 u (y t z)]= [((x t y) t z) u x] t [(x 1 u y) t (x 1 u z)]= [((x t y) t z) u x] t [(?t(x 1 u y)) t (x 1 u z)]= [((x t y) t z) u x] t [((x 1 u x) t (x 1 u y)) t (x 1 u z)]= [((x t y) t z) u x] t [(x 1 u (x t y)) t (x 1 u z)]= [((x t y) t z) u x] t [x 1 u ((x t y) t z)]= [((x t y) t z) u x] t [((x t y) t z) u x 1 ]= ((x t y) t z) u [x t x 1 ]= ((x t y) t z) u>= (x t y) t z

100 1 LösungshinweiseHerleitung von x 11 = xx 1 1= x 1 1 u>= x 1 1 u (x t x 1 )= (x 1 1 u x) t (x 1 1 u x 1 )= (x 1 1 u x) t?= (x 1 1 u x) t (x u x 1 )= (x 1 1 u x) t (x 1 u x)= (x 1 1 t x 1 ) u x= (x 1 t x 1 1 ) u x= >ux= x

101Herleitung von x t y 1 = x 1 u y 1x t y 1= (x t y) t? 1= (x t y) t ((x 1 u y 1 ) u (x 1 u y 1 ) 1 ) 1= ((x t y) t (x 1 u y 1 )) u ((x t y) t (x 1 u y 1 ) 1 ) 1= ((x t y t x 1 ) u (x t y t y 1 )) u ((x t y) t (x 1 u y 1 ) 1 ) 1= (((x t x 1 ) t y) u (x t (y t y 1 ))) u ((x t y) t (x 1 u y 1 ) 1 ) 1= ((>ty) u (x t>)) u ((x t y) t (x 1 u y 1 ) 1 ) 1= (>u>) u ((x t y) t (x 1 u y 1 ) 1 ) 1= >u((x t y) t (x 1 u y 1 ) 1 ) 1= ((x 1 u y 1 ) 1 t (x 1 u y 1 )) u ((x t y) t (x 1 u y 1 ) 1 ) 1= (x 1 u y 1 ) 1 t ((x 1 u y 1 ) u (x t y)) 1= (x 1 u y 1 ) 1 t ((x 1 u y 1 u x) t (x 1 u y 1 u y)) 1= (x 1 u y 1 ) 1 t (((x 1 u x) u y 1 ) t (x 1 u (y 1 u y))) 1= (x 1 u y 1 ) 1 t ((?uy 1 ) t (x 1 u?)) 1= (x 1 u y 1 ) 1 t (?t?) 1= (x 1 u y 1 ) 1 t? 1= (x 1 u y 1 ) 1 1= x 1 u y 1Die Herleitung der jeweils komplementären Regel funktioniert analog.

102 1 LösungshinweiseAufgabe 7.11---Webcode7954Sei (B,U,I) ein boolesches Modell einer Theorie T . Ferner sei j ein Theorem von T .a) Ergänzen Sie die nachstehenden Gleichungen und begründen Sie Ihre Angaben.JjK (B,U,I) = > J¬jK (B,U,I) = ?Ist (B,U,I) ein boolesches Modell einer Theorie T , so sind per Definition alle Theoremewahr, d. h., es ist JjK (B,U,I) = >. Das inverse Element von > ist ? und somit istJ¬jK (B,U,I) = ?.b) Angenommen, die Theorie T sei negationsvollständig und y eine beliebige Formel in derSprache von T . Was können Sie über den Wert JyK (B,U,I) aussagen?Es gilt entweder JyK (B,U,I) = > oder JyK (B,U,I) = ?. Die anderen Werte der booleschenAlgebra können dann niemals vorkommen.

103In Abschnitt 7.4.2 haben wir ein boolesches Modell für die Theorie PA-I, die Peano- Aufgabe 7.12Arithmetik ohne Induktionsaxiom, erzeugt und damit die Unabhängigkeit der folgendenFormel bewiesen:---Webcodej := 9xs(x)=x (7.12)7054a) Wir wollen versuchen, den Beweis in einem einfacheren booleschen Modell zu wiederholen.In diesem Modell ist die Gleichheitsrelation folgendermaßen definiert:8{1,2} falls x 1 = x 2 und y 1 = y 2>:/0 falls x 1 6= x 2 und y 1 6= y 2Unter dieser Interpretation des Gleichheitszeichens führt die Quotientenbildung zu demfolgenden Ergebnis:0 1 2 3 4x0 1 2 3 4x0...0...1...1...2...2...3...3...4y..................4y..................Offenbar sind jetzt beide Quotienteninterpretationen isomorph zur Standardinterpretationder Peano-Arithmetik, und die Formel j ist damit in beiden Modellen falsch. Warum hatder Unabhängigkeitsbeweis diesmal nicht funktioniert?Für die Formel j ist JjK = /0. Damit ist j in allen Quotienteninterpretationen falsch.b) Wir wollen versuchen, den Beweis zu retten, indem wir die Nachfolgerbeziehung in unserembooleschen Modell folgendermaßen interpretieren:

104 1 Lösungshinweise0 1 2 3 4x0...1...2...3...4...y...............Jetzt führt die Quotientenbildung zu diesem Ergebnis:0 1 2 3 4x0 1 2 3 4x0...0...1...1...2...2...3...3...4...4...y...............y...............Die linke Interpretation ist isomorph zur Standardinterpretation, die rechte nicht. Betrachtenwir die rechte Interpretation genauer, so stellen wir fest, dass dort jedes Element seineigener Nachfolger ist. Dies steht im Widerspruch zu ¬(0 = s(s)), dem dritten Theorieaxiomder Peano-Arithmetik. Das Gesagte lässt nur einen Schluss zu: Entgegen unsererErwartung ist die rechte Interpretation gar kein Modell von PA-I. Was ist bei der Quotientenbildungschief gegangen?Das geänderte boolesche Modell ist kein Modell von PA-I. Für alle Axiome muss JyK = >sein, aber genau das ist jetzt nicht mehr der Fall. Hier istJ¬0 = s(x)K = J0 = s(x)K 1 = J(0,0)=(1,0)K 1 = {2} 1 = {1}und genau deshalb wird die Formel im zweiten Modell falsch.