DUISBURG ESSEN Lösung zuËin paar übungen zur Logik I

Universität
DUISBURG
ESSEN
———
Campus Essen, Mathematik
SS 2008
PD Dr. L. Strüngmann
Informationen zur Veranstaltung unter:
http://www.uni-due.de/algebra-logic/struengmann.shtml
Lösung zu Ëin paar übungen zur Logik I”
1. Aufgabe:
(a) Alle Variablen x, y und z sind frei.
(b) x ist freie Variable und z ist gebunden.
(c) Sowohl x als auch z ist gebunden.
(d) Beide Variablen sind frei. Beachten Sie, dass die Existenzquantoren stärker
binden als der Und-Junktor.
(e) Beide Variablen x und y sind gebunden.
(f) y ist gebunden.
2. Aufgabe: Es reicht ein Model der Sprache anzugeben, in welchem die Aussage ϕ
erfüllt ist. Hierzu schauen wir uns die Formel genauer an und erkennen, dass die
Relation R z.B. transitiv sein muss, nicht symmetrisch und es sollte jedes Element m
mit seinem Bild unter f in Relation stehen. Weiterhin sollten die beiden Konstanten
c und k verschieden sein und jeweils nicht in Relation zueinander stehen. Ein Beispiel
für solch ein Modell ist etwa:
• M = P(IN)\{IN} (Potenzmenge)
• c = {0}
• k = {1}
• R =⊂ (echte Inklusion)
• f (X) = X ∪ {z} für ein beliebiges aber festes z ∈ IN\X.
Es ist nun leicht zu sehen, dass dieses Modell ϕ erfüllt.
3. Aufgabe:
Wir wollen den Kompaktheitssatz aus der Vorlesung benutzen und es reicht somit
für jede endliche Teilmenge T ⊂ S ein Model MT zu finden mit MT |= ϕ für alle
ϕ ∈ T . Dies ist jedoch einfach, denn ist T ⊂ S endlich, so schreiben wir T = T1 ∪ T2
mit T1 ⊂ T h(IR) und T2 = {ϕr : r ∈ E} und E ⊂ IR endlich. Wir wählen nun
MT = (IR, 0, +, ∗, <) und setzen a = max{r : ϕr ∈ T2 } + 1 = max(E) + 1. Dann
gilt offensichtlich MT |= ϕr für alle r ∈ E, da a > r gilt für all r ∈ E.
Da also in IR zu je endlich vielen Elementen eine reelle Zahl gefunden werden
kann, die echt größer ist als diese endlichen vielen Zahlen, besagt der Kompaktheitssatz,dass es sogar ein Modell der Analysis gibt, in welchem unendlich große
Zahlen existieren ! Dies nennt man ein non-standard Modell der Analysis.
4. Aufgabe:
(a) Wir definieren einen Isomorphismus zwischen den beiden Modellen:
π : (IN, +, 0) → (2IN, +, 0)
mittels π(n) = 2n. Es ist einfach zusehen, dass π ein Gruppenisomorphismus
ist, also sind die beiden Modelle isomorph.
(b) Wir wählen die Formel
∀v0 ∃v1 (v1 + v1 = v0 )
Dann ist diese offensichtlich in (Q
I , +, 0) erfüllt, jedoch nicht in (IN, +, 0). Damit
können diese beiden Modelle nicht isomorph sein.
(c) Zunächst zeigen wir, dass < über (IR, +, ∗, 0) definierbar ist. Hierzu sei ϕ die
Formel
∃z(z 6= 0 ∧ y = x + z ∗ z)
und sehen leicht, dass dies < definiert.
Nehmen wir jedoch an, < wäre auch über (IR, +, 0) definierbar, so sei π definiert
durch
π : IR → IR via r 7→ −r
Dann ist π ein Gruppenhomomorphismus. Wäre < nun definierbar, so müsste
π auch die <-Relation respektieren, jedoch liefert 0 < 1, dass dann 0 < −1 gilt
- ein Widerspruch.