Prädikatenlogik - Mathematik

Christian Eisentraut & Julia Krämer
www.vorkurs-mathematik-informatik.de
Mathematik-Vorkurs für Informatiker
Prädikatenlogik1
Aufgabe 1. (Wiederholung wichtiger Begriffe)
Notieren Sie die Definitionen der folgenden Begriffe aus dem Kopf ohne im Skript nachzuschlagen und korrigieren Sie dann ihre Lösungen:
(a) Allquantor
(b) Existenzquantor
(c) Bindung
(d) Skopus
(e) Universum
Kategorie 1
Aufgabe 2. (Aussage vs. Aussageform (1))
Finden Sie eine mathematische-informatische und nicht mathematische-informatische
Analogie, um den Unterschied zwischen Aussagen und Aussageformen zu verdeutlichen.
Kategorie 2
Aufgabe 3. (Aussage vs. Aussageform (2))
Entscheiden Sie für die folgenden Sätze, ob es sich um Aussagen oder um Aussageformen
handelt. Entscheiden Sie zusätzlich bei Aussageformen, was ein sinnvolles Universum ist.
Kategorie 3
Beispiel
(a) x ist die Königin von England. – Es handelt sich um eine Aussageform (mit
Variable x) über der Menge aller Frauen bzw. Menschen.
(b) 7 · x + 4 · y = 12 · z + 10027 – In dieser Gleichung treten drei Unbekannte auf,
damit handelt es sich um eine Aussageform. Da wir Gleichungen über Zahlen
lösen, nehmen wir einfach die größte bekannte Zahlenmenge als Unviversum
für jede Variable, also für alle drei R, das Universum bezeichnen wir dann mit
R × R × R.
(a) x ist durch 2 teilbar.
(b) 46527846 ist durch 2 teilbar.
1
Die vorlegende Sammlung an Übungsaufgaben erstellt von Christian Eisentraut und Julia Krämer
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(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
(j)
(k)
x spielt in der Fußballbundesliga.
Januar ist ein Monat mit 31 Tagen.
∃n ∈ N : n + m = 2
x ist ein Monat mit 31 Tagen.
x+4=y
x+5=7
Januar ist ein x mit 32 Tagen.
x+y =z
∀x ∈ N : x ≥ 0
Lösung.
Die hier angegebenen Universen sind die größt möglichen bisher bekannten. Alle Teilmengen dieser Universen sind ebenfalls möglich.
(a) x ist durch 2 teilbar. – Es handelt sich um eine Aussageform über Z.
(b) 46527846 ist durch 2 teilbar. – Der Satz ist eine wahre Aussage.
(c) x spielt in der Fußballbundesliga. - Es ist eine Aussageform über der Menge aller
Menschen.
(d) Januar ist ein Monat mit 31 Tagen. - Es handelt sich um eine wahre Aussage.
(e) ∃n ∈ N : n + m = 2 – Da m eine freie Variable ist, handelt es sich um eine
Aussageform über R.
(f) x ist ein Monat mit 31 Tagen. – Hierbei handelt es sich um eine Aussageform über
der Menge aller Monate, da x eine freie Variable ist.
(g) x + 4 = y – (x, y) sind ungebunde Variablen. Daher handelt es sich um eine
Aussageform über R × R (Erinnerung: Gleichungen ohne Variablen sind immer
Aussagen).
(h) x + 5 = 7 – Auch hierbei handelt es sich um eine Aussageform, diesmal über R.
(i) Januar ist ein x mit 32 Tagen. – Es handelt sich um eine Aussageform über der
Menge {M onat}
(j) x + y = z – Da diese Gleichung nur aus Variablen besteht, handelt es sich um eine
Aussageform über R × R × R.
(k) ∀x ∈ N : x ≥ 0 – Der Ausdruck enthält die Variable x, diese wird jedoch mit
∀ gebunden. Daher handelt es sich um eine Aussage (in diesem Fall sogar eine
wahre).
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Aufgabe 4. (Prädikatenlogik natürlichsprachlich (erstellt von: Tutoren des Vorkurses zum WS 12/13))
Beschreiben Sie möglichst anschaulich Situationen, in denen die folgenden Aussagen
gelten. Sei dazu P (x, y, z) := “x isst y in z” über dem Universum U = Menschen ×
Gerichte × Orte. Menschen bezeichnet die Menge aller Menschen, Gerichte die Menge
aller Gerichte und Orte die Menge aller Orte. Im Folgenden quantifiziert die Variable x
immer über der Menge aller Menschen, y über der Menge aller Gerichte und z über der
Menge aller Orte.
Kategorie 4
Beispiel
(a) ∃x : ∃y : ∃z : P (x, y, z): In der ganzen Welt gibt es mindestens einen Menschen
der an irgendeinem Ort irgendetwas isst. Das ist zum Beispiel erfüllt, wenn
Christian im Vorlesungssaal ein Schokocroissant isst oder wenn in Australien
eine Familie beim Mittagessen sitzt.
(b) ∃y : ∀x : ∀z : P (x, y, z): Es gibt ein Gericht, dass jeder Mensch an allen Orten
ist. Eine Welt, in der diese Aussage gilt, sieht zum Beispiel so aus: Jeder
Mensch isst in seinem ganzen Leben an jeder möglichen Stelle auf der Welt
(sofern wir annehmen, es gibt nur auf der Erde “Orte”) Reis.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
∀x : ∀y : ∀z : P (x, y, z)
∀x : ∀y : ∃z : P (x, y, z)
∃z : ∀x : ∀y : P (x, y, z)
∀x : ∃z : ∀y : P (x, y, z)
∀y : ∃z : ∀x : P (x, y, z)
Aufgabe 5. (Prädikatenlogik natürlichsprachlich (erstellt von: Tutoren des Vorkurses zum WS 13/14))
Sei P (m, n, g, s) := “m hält vor n Vorlesung über g in s” über dem Universum U =
Menschen × Menschen × Themen × Orte definiert. Beachten Sie: Menschen bezeichnet
hier die Menge aller Menschen, Orte die Menge aller Orte und Themen die Menge aller
möglichen Vorlesungsthemen.
Beispiel
Zum Beispiel heißt P (Christian, Dieter Schlau, Prädikatenlogik, Saarbrücken), dass
Christian eine Vorlesung vor Dieter Schlau zum Thema Prädikatenloigk hält. Dahingegen heißt P (Prof. Hermanns, Max Mustermann, Programmierung 1, Saarbrücken),
dass Prof. Hermanns die Vorlesung “Programmierung 1” vor Max Mustermann in
Saarbrücken hält.
(a) Geben Sie möglichst natürlichsprachliche Ausdrücke für die folgenden quantifizierten Aussagen an. Dabei seien die Variablen x, y über der Menge der Menschen, die
Variable z über der Menge der Themen und v über der Menge der Orte gewählt.
3
Kategorie 4
Beispiel
Zum Beispiel wird ∃y : ∀x : ∀y : ∀z : P (x, y, z, v) würde heißen, dass es einen
Menschen gibt, der bei allen Menschen zu allen Themen an allen Orten eine
Vorlesung hört - sozusagen ein “Superstudent”, der alles Wissen dieser Welt
überall bei allen Leuten lernen möchte.
(i) ∃x : ∀y : ∀z : ∀v : P (x, y, z, v)
(ii) ∀x : ∃y : ∃z : ∀v : P (x, y, z, v)
(iii) ∀y : ∃x : ∀z : ∃v : P (x, y, z, v)
(iv) ∀y : ∃x : ∀z : ∃v : P (y, x, z, v)
(v) ∀x : ∃v : ∀z : ∀y : P (x, y, z, v)
(vi) ∀y : ∃x : ∃v : ∀z : P (x, y, z, v)
(b) Welche der folgenden Ausdrücke bezeichnen die selbe Aussage? Begründen Sie Ihre
Antwort.
Beispiel
Zum Beispiel bezeichnen ∀v : ∀x : ∀y : ∀z : P (x, y, z, v), ∀x : ∀y : ∀z : ∀v :
P (x, y, z, v), ∀v : ∀z : ∀y : ∀x : P (x, y, z, v) und ∀z : ∀y : ∀x : ∀v : P (x, y, z, v)
alle die selbe Aussage, nämlich dass alle Menschen bei allen Menschen an allen
Orten zu allen Themen Vorlesungen hören.
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
(v)
(vi)
(vii)
∀x : ∀y : ∃z : ∃v : P (x, y, z, v)
∀x, y : ∃z, v : P (x, y, z, v)
∃z, v : ∀x, y : P (x, y, z, v)
∃v, z : ∀y, x : P (x, y, z, v)
∃v : ∀x : ∀y : ∃z : P (x, y, z, v)
∃v : ∀y : ∀x : ∃z : P (x, y, z, v)
∃z : ∀x : ∀y : ∃v : P (x, y, z, v)
Lösung.
∀x ∈ N : ∃y ∈ N : y > x
∃x ∈ N : ∀y ∈ N : y ≥ x
∃!x ∈ N : ∀y ∈ N : x > y
∀x ∈ N : ∀y ∈ N : P (x, y)
∀y ∈ N : ∀x ∈ N : x = y
∀y ∈ N : ∃!x ∈ N : x = y
∃x ∈ N : ⊤
∃y ∈ N : ∀x ∈ N : x + y > x
∀x ∈ N : ∃y ∈ N : P (x, y)
Es gibt jede natürliche Zahl nur ein Mal.
Alle Zahlen sind Vielfache voneinander.
Es gibt eine Zahl größer 0.
N ist unendlich.
N hat eine kleinste Zahl.
N hat genau eine größte Zahl.
Jede Zahl hat Vielfache.
Es gibt nur eine natürliche Zahl.
Die Menge der natürlichen Zahlen ist nicht leer.
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Aufgabe 6. (Prädikatenlogik natürlichlichsprachlich)
Verbinden Sie jeweils den prädikatenlogischen Ausdruck links mit der Eigenschaft, die
der prädikatenlogische Ausdruck beschreibt. Sei dazu im Folgenden P (x, y) := “x teilt y”.
Kategorie 4
Beispiel
∀y ∈ Q : ∃x ∈ Q : x · y = 1 – In Q gibt es für jedes Element ein multiplikatives
Inverses.
∀x ∈ N : ∃y ∈ N : y > x
∃x ∈ N : ∀y ∈ N : y ≥ x
∃!x ∈ N : ∀y ∈ N : x ≥ y
∀x ∈ N : ∀y ∈ N : P (x, y)
∀y ∈ N : ∀x ∈ N : x = y
∀y ∈ N : ∃!x ∈ N : x = y
∃x ∈ N : ⊤
∃y ∈ N : ∀x ∈ N : x + y > x
∀x ∈ N : ∃y ∈ N : P (x, y)
Es gibt jede natürliche Zahl nur ein Mal.
Alle Zahlen sind Vielfache voneinander.
Es gibt eine Zahl größer 0.
N ist unendlich.
N hat eine kleinste Zahl.
N hat genau eine größte Zahl.
Jede Zahl hat Vielfache.
Es gibt nur eine natürliche Zahl.
Die Menge der natürlichen Zahlen ist nicht
leer.
Aufgabe 7. (Semantik der Prädikatenlogik)
Finden Sie für jeden der prädikatenlogischen Ausdrücke mit freier Variable x eine Zahl,
eine Funktion, eine Person oder einen Gegenstand, der diese Aussage erfüllt. Sei U die
Menge aller Menschen.
Beispiel
∀y ∈ U : “y liebt x” – George Clooney, Natalie Portman, ...
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
∀y
∀y
∀y
∀y
∀y
∈N:x+y =y
∈N:x·y =y
∈ U : “x hasst y”
∈ R : x(y) = 0
∈ U : “y benutzt x beim Zähneputzen”
5
Kategorie 3
Lösung.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
∀y ∈ N : x + y = y – 0
∀y ∈ N : x · y = y – 1
∀y ∈ U : “x hasst y” – Joker (Batman), Darth Vader (Star Wars). ...
∀y ∈ R : x(y) = 0 – x : R → {0}, x(y) = 0
∀y ∈ U : “y benutzt x beim Zähneputzen” – Zahnpasta, Zahnbürste, Zahnputzbecher, Wasser...
Aufgabe 8. (Sprache prädikatenlogisch)
Schreiben Sie die folgenden Sätze als prädikatenlogischer Ausdrücke.
Kategorie 4
Beispiel
Alle Menschen sind Männer. – Sei M die Menge aller Menschen: ∀x ∈ M : “x ist Mann”
(a) Zwischen je zwei verschiedenen reellen Zahlen gibt es eine weitere reelle Zahl.
(b) Jede gerade natürliche Zahl ist größer oder gleich 0.
(c) x + 4 = 2 ist in den natürlichen Zahlen nicht lösbar.
Lösung.
(a) Zwischen je zwei verschiedenen reellen Zahlen gibt es eine weitere reelle Zahl. –
∀x ∈ R : ∀y ∈ R : (x ̸= y) → (∃z ∈ R : (x < z < y) ∨ (y < z < x))
(b) Jede gerade natürliche Zahl ist größer oder gleich 0. – ∀n ∈ N : “x ist gerade” →
(x ≥ 0)
(c) x + 4 = 2 ist in den natürlichen Zahlen nicht lösbar. – ∀x ∈ N : x + 4 ̸= 2
(d) Die aussagenlogische Semantikabbildung ist total. – Sei L die Menge der aussagenlogischen Ausdrücke: ∀φ ∈ L : JpK = w ⊕ JpK = f
Aufgabe 9. (Sprache prädikatenlogisch (erstellt von: Tutoren des Vorkurses zum WS 13/14))
Gegeben seien die folgenden Prädikate:
• I(x) :=“x studiert Informatik.”
• P (x) :=“x belegt die Vorlesung Programmierung 1.”
• E(x) :=“x ist im ersten Semester.”
• M (x) :=“x belegt eine Mathematikvorlesung.”
Sei das Universum U die Menge aller Menschen. Stellen Sie die folgenden Aussagen
prädikatenlogisch dar:
(a) Alle Informatikstudenten im ersten Semester hören die Vorlesung Programmierung
1.
(b) Nicht jeder Student, der Programmierung 1 belegt, studiert auch Informatik.
(c) Es gibt Informatikstudenten, die auch eine Mathematikvorlesung belegt haben.
6
Kategorie 4
(d) Ein Informatikstudent in einem späteren Semester hört genau dann die Vorlesung
Programmierung 1, wenn er auch eine Mathematikvorlesung belegt hat.
(e) Nicht alle Erstesemester belegen eine Mathematikvorlesung.
Lösung.
(a) ∀x : (I(x) ∧ E(x)) → P (x)
(b) Hier kann man zwei äquivalente Aussagen direkt finden:
¬(∀x : P (x) → I(x)) Negation-∀
≡ ∃x : ¬(P (x) → I(x)) Definierbarkeit- →
≡ ∃x : ¬(¬P (x) ∨ I(x)) De Morgan, doppelte Negation
≡ ∃x : P (x) ∧ ¬I(x)
(c) ∃x : I(x) ∧ M (x)
(d) ∀x : (I(x) ∧ ¬E(x)) → (P (x) ↔ M (x))
(e) Auch hier gibt es zwei offensichtliche Möglichkeiten, die äquivalent sind:
¬(∀x : E(x) → M (x)) Negation-∀
≡ ∃x : ¬(E(x) → M (x)) Definierbarkeit- →
≡ ∃x : ¬(¬E(x) ∨ M (x)) De Morgan, doppelte Negation
≡ ∃x : E(x) ∧ ¬M (x))
Hinweis: Man kann mit Hilfe der Gesetze der Aussagen- und Prädikatenlogik viele
verschiedene äquivalente Aussagen herleiten. Die meisten finden sich natürlichsprachlich
jedoch nicht direkt im Satz.
Aufgabe 10. (Sprache prädikatenlogisch (erstellt von: Tutoren des Vorkurses zum WS 13/14))
Definieren Sie Prädikate, um dann die folgenden Aussagen als prädikatenlogische Ausdrücke darzustellen. Definieren Sie ein dazu passendes Universum. Verwenden Sie keine
Mengen, sondern nur Prädikate, um Eigenschaften ausdrücken. Z.B. sollen Sie nicht
sagen, x ∈ Menge aller Studenten mit Nebenfach Mathematik wenn Sie sagen wollen,
dass der Student x Nebenfach Mathematik hat. Definieren Sie stattdessen ein Prädikat P (y) := “y hat Nebenfach Mathematik” und nehmen Sie P (x) um die Eigenschaft
“Nebenfach Mathematik” für den Studenten x auszudrücken.
(a) Alle Studenten haben Mathematik als Nebenfach.
(b) Mindestens ein Student hat Mathematik als Nebenfach.
(c) Hat ein Student Nebenfach Mathematik, so hat er nicht Physik als Nebenfach.
(d) Es gibt keinen Studenten, der Mathematik und Physik als Nebenfach hat.
7
Kategorie 4
Lösung.
Sei das Universum U die Menge aller Studenten, M (x) := “x hat Nebenfach Mathe.”
und P (x) := “x hat Nebenfach Physik.”
(a) ∀x : M (x)
(b) ∃x : M (x)
(c) ∀x : M (x) → ¬P (x) – Achtung: Im Deutschen gibt es einige Formulierung mit
eine, einer, eines, die nicht für einen Existenzquantor stehen. Mit diesen Formulierungen ist ein unbestimmtes x des Universums gemeint und damit ein Allquantor.
(d) ¬∃x : P (x) ∧ M (x)
Aufgabe 11. (Sprache prädikatenlogisch (erstellt von: Tutoren des Vorkurses zum WS 13/14))
Benutzen Sie höchstens zwei Prädikate, um die folgenden Aussagen prädikatenlogisch
zu formulieren. Sei im Folgenden U die Menge aller kleinen Kinder. Verwenden Sie auch
hier keine Mengen, um Eigenschaften der Aufgabenstellung auszudrücken.
(a) Alle Jungen spielen gerne mit Autos.
(b) Wenn es ein Mädchen gibt, das gerne mit Autos spielt, dann spielt kein Junge gern
mit Autos.
(c) Alle Mädchen spielen genau dann gerne mit Autos, wenn mindestens ein Junge
nicht gerne mit Autos spielt.
Kategorie 4
Lösung.
Sei J(x) := “x ist ein Junge” und A(x) := “x spielt gerne mit Autos.”
(a) ∀x : J(x) → A(x)
(b) (∃x : ¬J(x) ∧ A(x)) → (∀x : J(x) → ¬A(x))
(c) ∀x : (¬J(x) → A(x)) ↔ (∃x : J(x) ∧ ¬A(x))
Aufgabe 12. (Sprache prädikatenlogisch (erstellt von: Tutoren des Vorkurses zum WS 13/14))
Sei U die Menge aller Studenten. Stellen Sie die folgenden Aufgaben wieder als prädikatenlogische Ausdrücke dar. Verwenden Sie keine Mengen um Eigenschaften darzustellen.
(a) Alle Informatikstudenten kennen mindestens eine Person, die nicht Informatik studiert.
(b) Alle Nicht-Informatik-Studenten kennen genau dann mindestens einen Informatikstudenten, wenn sie auch einen Nicht-Informatik-Student kennen.
(c) Kennt ein Informatikstudent einen nicht-Informatiker-Studenten, so ist dies hinreichend dafür dass er alle Informatik-Studenten kennt.
(d) Einen anderen Informatikstudenten zu kennen ist für einen Informatikstudenten
notwendig, um die Klausuren gut zu bestehen.
8
Kategorie 4
Lösung.
Sei I(x) =“x studiert Informatik” K(x, y) := “x kennt y”
(a) ∀x : I(x) → (∃y : ¬I(y) ∧ K(x, y))
(b) ∀x : ¬I(x) → (∃y : I(y) ∧ K(x, y)) ↔ ∃y : ¬I(y) ∧ K(x, y)
(c) ∀x : I(x) → (∃y : ¬I(y) ∧ K(x, y)) → (∀y : I(y) → K(x, y))
(d) Sei G(x) := ”x besteht Klausuren gut.”
∀x : I(x) → G(x) → ∃y : I(y) ∧ y ̸= x ∧ K(x, y)
Aufgabe 13. (Sprache prädikatenlogisch (erstellt von: Tutoren des Vorkurses zum WS 13/14))
Schreiben Sie die folgenden Aussagen als prädikatenlogische Ausdrücke auf. Es ist möglich alle Aussagen mit der Hilfe von nur zwei Prädikaten darzustellen:
(a) Alle Menschen haben eine Mutter.
(b) Alle Menschen haben eine Großmutter.
(c) Alle Jungen haben eine Mutter und einen Vater.
(d) Es gibt ein Mädchen, das mindestens ein Geschwisterteil hat.
(e) Ein Junge hat genau dann eine Schwester, wenn eine seiner Großmütter genau ein
Kind hatte.
Kategorie 4
Lösung.
Sei W (x) := “x ist weiblich” und P (x, y) := “x ist Elternteil von y”
(a) ∀x : ∃y : W (y) ∧ P (y, x)
(b) ∀x : ∃y : ∃z : W (z) ∧ P (y, x) ∧ P (z, y)
(c) ∀x : ¬W (x) → ∃y : ∃z : P (y, x) ∧ P (z, y) ∧ W (y) ⊕ W (z)
(d) ∃x : W (x) ∧ ∃y : ∃z : P (y, x) ∧ P (y, z)
(e) ∀x : ¬W (x) → ((∃y : ∃z : P (y, x) ∧ P (y, z) ∧ W (z)) ↔ (∃y : ∃z : P (y, x) ∧ P (z, x) ∧
W (z) ∧ ∀a : P (z, a) → a = y))
Aufgabe 14. (Mathematik prädikatenlogisch)
Aus der Schule kennen Sie den folgenden Satz: Wenn A, B und C arithmetische Ausdrücke
sind und A = B, dann gilt auch A + C = B + C und A · C = B · C.
Übersetzen Sie den Satz in einen prädikatenlogischen Ausdruck.
Lösung.
Sei A die Menge der arithmetischen Ausdrücke. Wir müssen uns fragen, welche Gleichheit
das “=” im Satz ausdrücken möchte. Die eine Möglichkeit wäre, dass es eine syntaktische
Gleichheit zwischen A und B bzw. A + C und B + C oder A · C und B · C ausdrücken
möchte. Dann könnten wir im folgenden Satz das “=” einfach stehen lassen. Wir wollen
im Folgenden jedoch das “=” als semantische Gleichheit auffassen. Dazu verwenden
folgende Definition:
Definition 1 (Äquivalenz arithmetischer Ausdrücke) Seien A und B arithmetische Ausdrücke aus A. Es gilt A ≡ B, wenn JAK = JBK.
9
Kategorie 4
Der Satz lautet dann: ∀A : ∀B : ∀C : (A ∈ A) ∧ (B ∈ A) ∧ (C ∈ A) → (A ≡ B) →
(A + C ≡ B + C) ∧ (A · C ≡ B · C)
Aufgabe 15. (Mathematik prädikatenlogisch)
Schreiben Sie die folgenden Sätze als prädikatenlogische Ausdrücke auf.
(a) Wenn n eine natürliche Zahl ist und n2 + 5 ungerade, dann ist n gerade.
(b) Die Summe zweier ungerader Zahlen ist gerade.
(c) Das Produkt zweier ungerader Zahlen ist ungerade.
(d) Die Summe einer rationalen und einer irrationalen Zahl ist irrational.
(e) Das Produkt zweier rationalen Zahlen ist rational.
(f) Seien A,B Mengen. Wenn A ∪ B = A, dann ist B ⊆ A.
(g) Seien A, B und C endliche Mengen. Dann ist die Kardinalität von A∪B ∪C gerade
die Summe der Kardinalitäten der Mengen verringert um die Kardinalitäten aller
möglichen Schnitte der Mengen.
Kategorie 4
Lösung.
(a) ∀n : n ∈ N ∧ (∃k : k ∈ N → n · n + 5 = 2 · k + 1) → (∃k ′ : k ′ ∈ N → n = 2 · k ′ )2
(b) ∀n ∈ N : ∀m ∈ N : (∃k ∈ N : n = 2 · k + 1) ∧ (∃k ′ ∈ N : m = 2 · k ′ + 1) → (∃k ′′ :
m + n = 2 · k ′′ )
(c) ∀n ∈ N : ∀m ∈ N : (∃k ∈ N : n = 2 · k + 1) ∧ (∃k ′ ∈ N : m = 2 · k ′ + 1) → (∃k ′′ :
m · n = 2 · k ′′ + 1)
(d) ∀q ∈ Q : ∀r ∈ R \ Q : r + q ∈ R \ Q
(e) ∀q ∈ Q : ∀q ′ ∈ Q : q · q ′ ∈ Q
(f) ∀A : ∀B : A ∪ B = A → B ⊆ A.
(g) ∀A : ∀B : ∀C : |A| < ∞ ∧ |B| < ∞ ∧ |C| < ∞ → |A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| −
|A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C|
Aufgabe 16. (Mathematik natürlichsprachlich)
Schreiben Sie die folgenden prädikatenlogischen Ausdrücke in mathematische Sätze und
Definitionen (natürlichsprachlich) um. Wenn möglich sollen Ihre Sätze ähnlich wie in
Aufgabe 15 formuliert sein.
(a) ∀A, B : A \ B = A → B ∩ A = ∅
(b) ∀A, B : A ∪ B = A → B ⊆ A
(c) ∀A, B : A ⊆ B → B ⊆ A
(d) ∀z ∈ Z : ((∃k ∈ Z : 3 · z + 2 = 2 · k) ↔ (∃k :∈ Z : z + 5 = 2 · k + 1)) ↔ (∃k ∈ Z :
z 2 = 2 · k)
2
Im Folgenden verwenden wir für ∀n : n ∈ N... die Kurzschreibweise ∀n ∈ N : ....
10
Kategorie 4
Lösung.
(a) Wenn die Differenz von A und B gerade A ist, so sind A und B disjunkt.
(b) Wenn die Vereinigung von A und B gerade A ist, so ist B eine Teilmenge von A.
(c) Wenn A eine Teilmenge von B ist, so ist das Komplement von B eine Teilmenge
vom Komplement von A.
(d) Für eine ganze Zahl z gilt: 3 · z + 2 ist genau dann gerade wenn z + 5 ungerade ist
genau dann, wenn z 2 gerade ist.
Aufgabe 17. (Gebunden vs. Ungebunden)
Erklären Sie den Unterschied zwischen gebundenem und ungebundenem Auftreten, sowie
definierendem und benutzendem Auftreten.
Kategorie 2
Lösung.
Ein definierendes Auftreten gibt es nur genau ein Mal und ist immer von der Form
∀ oder ∃ Variable ∈ Universum. Es weist einer Variable für den folgenden Ausdruck
eine Menge von möglichen Werten zu. Innerhalb des Skopus des Quantors sind alle Auftreten einer Variable gebunden. Alle Auftreten außer das definierende, heißen benutzend.
Ein benutzendes Auftreten kann auch frei sein, nämlich dann, wenn es kein definierendes
Auftreten gibt, zu dem die Variable gehören kann.
Aufgabe 18. (Gebunden vs. Ungebunden)
Geben Sie jeweils die ungebunden Variablen der folgenden Ausdrücke an. Sei im Folgenden U eine beliebige Menge und P, Q, R beliebe Prädikate. Zeichnen Sie zur Hilfe den
Syntaxbaum der Ausdrücke.
Beispiel
Wir wählen als Beispiel (∀x ∈ U : P (x, y) ∧ ∃y ∈ U : P (x, y)) → (∀z ∈ U : Q(x, z)).
Der zugehörige Syntaxbaum sieht wie folgt aus:
→
∀x
∀z
∧
Q(x, z)
P (x, y)
∃y
P (x, y)
Nun schauen wir uns für alle in den Prädikaten auftretenden Variablen an, ob wir
11
Kategorie 3
auf dem Weg nach oben, d.h. wenn wir den Kanten umbekehrt folgen, auf ein einen
Quantor treffen, der genau diese Variable bindet, oder eben nicht. Ein Beispiel, für
das markierte x im Baum führt die erste Kante nach oben zwar zu einem Quantor,
dieser bindet aber y. Die nächste Kante führt vom ∃-Quantor zu einem ∧ und vom
∧ kommen wir wieder zu einem Quantor, der dieses mal x bindet. Damit ist x
gebunden.
Ein weiteres Beispiel: Wir betrachten das markierte y im Baum. Die erste Kante
nach oben führt zu einem ∧, von dort kommen wir zu einem ∀-Quantor, der aber
x und nicht y bindet. Von diesem Quantor gelangen wir dann zur Wurzel, die mit
→ beschriftet ist. Nun können wir nicht mehr weiter nach oben gehen um einen
Quantor zu finden, der y bindet, also ist y ungebunden.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
∀x ∈ U : P (x, y) → ∃y ∈ U : Q(x, y)
(∃x ∈ U : ∃y ∈ U : P (x, y)) → Q(x, y)
∀x ∈ U : ∃y ∈ U : ∀z ∈ U : P (x) → P (y) → P (z)
(∀x ∈ U : ∃y ∈ U : ∀z ∈ U : P (x) → P (y)) → P (z)
∀x ∈ U : ∀y ∈ U : ∀z ∈ U : P (x, y, z) → Q(z) ∨ R(y)
Lösung.
Ungebundene Variablen werden durch Überstreichen gekennzeichnet.
(a) ∀x ∈ U : P (x, y) → ∃y ∈ U : Q(x, y) – In P (x, y) ist y ungebunden, da der Quantor
vorher nur x bindet. In Q(x, y) ist y dagegen gebunden, da es im ∃-Quantor ein
definierendes Auftreten hat.
∀x
→
P (x, y)
∃y
Q(x, y)
(b) (∃(x, y) ∈ U × U : P (x, y)) → Q(x, y) – In Q(x, y) sind beide auftretenden Variablen ungebunden, da der Skopus des einzigen auftretenden Quantors mit der
schließenden Klammer endet.
→
∃(x, y) Q(x, y)
P (x, y)
(c) ∀x ∈ U : ∃y ∈ U : ∀z ∈ U : P (x) → P (y) → P (z) – Alle auftretenden Variablen
sind gebunden, da jede ein definierendes Auftreten hat und immer der längst mögliche sinnvoll geklammerte und korrekte prädikatenlogische Ausdruck als Skopus
gewählt wird.
12
∀x
∃y
∀z
→
P (x)
→
P (y) P (z)
(d) (∀x ∈ U : ∃y ∈ U : ∀z ∈ U : P (x) → P (y)) → P (z) – z mit definierendem
Auftreten in im dritten Quantor wird bis zum Ende seines Gültigkeitsbereiches
(schließende Klammer) nicht verwendet, dafür ist aber z im Ausdruck P(z) frei.
→
∀x
P (z)
∃y
∀z
→
P (x) P (y)
(e) ∀(x, y, z) ∈ U × U × U : P (x, y, z) → Q(z) ∨ R(y) Alle Variablen werden im
einzigen vorkommenden Quantor definiert. Nach Definition des Skopus sind damit
alle Auftreten nach dem Doppelpunkt gebunden.
∀(x, y, z)
→
P (x, y, z)
∨
Q(z) R(y)
13
Aufgabe 19. (Skopus)
Markieren Sie jeweils zu welchem definierendem Auftreten ein benutztendes Auftreten
gehört. Sei U eine beliebige Menge und P , Q und R beliebige Prädikate. Zeichnen Sie
zur Lösung der Aufgabe den entsprechenden Syntaxbaum des Ausdrucks.
Kategorie 3
Beispiel
(∀x ∈ U : ∃y ∈ U : P (x, y) ∧ Q(x, y)) → ∃x ∈ U : R(x)
Die Lösung lautet: (∀x1 ∈ U : ∃y1 ∈ U : P (x1 , y1 ) ∧ Q(x1 , y1 )) → ∃x2 ∈ U : R(x2 )
→
∀x
∃x
∀y
R(x)
∧
P (x, y) Q(x, y)
Betrachten wir einmal die Bindung für das markierte x im Baum. Wir laufen nun
wie in Aufgabe 18 wieder im Baum nach oben, bis entweder nicht mehr weiterlaufen
können (dann ist die Variable ungebunden) oder bis wir zum ersten Quantor kommen, der genau diese Variable bindet. Genau dieses bindende Auftreten gehöhrt
nämlich zu dem benutzenden Auftreten, welches wir betrachten. Für x laufen wir
also zu ∧, von ∧ zu einem Quantor, der aber y und nicht x bindet, und von dort
schließlich zu dem Quantor, der x bindet. Da wir vorher keinen anderen Quantor
gefunden haben, der x bindet, gehört das benutztende Auftreten von x im Prädikat
P zu diesem Quantor.
(a)
(b)
(c)
(d)
∀x ∈ U : (∀x ∈ U : ∃y ∈ U : ∀z ∈ U : P (x) → Q(y, z)) → R(x)
∀(x, y, z) ∈ U × U × U : (∀(x, y) ∈ U × U : (∃x ∈ U : P (x, z)) ∧ Q(x, y)) ∨ R(x, y, z)
∀(x, y, z) ∈ U × U × U : R(x, y, z) → ∃x ∈ U : ∃y ∈ U : ∃z ∈ U : P (x, y, z)
∃x ∈ U : P (x) → ∀x ∈ U : P (x, x)
Aufgabe 20. (Bindungen)
Kombinieren Sie die Arbeitsaufträge von 18 und 19 wie folgt: Denken Sie sich mindestens
drei prädikatenlogische Ausdrücke aus. Tauschen Sie diese mit mindestens einem Ihrer
Kommilitonen aus und verfahren Sie mit den neuen Ausdrücken so wie in den oben
genannten Aufgaben.
14
Kategorie 3
Lösung.
(a) ∀x1 ∈ U : (∀x2 ∈ U : ∃y1 ∈ U : ∀z1 ∈ U : P (x2 ) → Q(y1 , z1 )) → R(x1 )
∀x
→
∀x
R(x)
∃y
∀z
→
P (x) Q(x, y)
(b) ∀(x1 , y1 , z1 ) ∈ U × U × U : (∀(x2 , y2 ) ∈ U × U : (∃x3 ∈ U : P (x3 , z1 )) ∧ Q(x2 , y2 )) ∨
R(x1 , y1 , z1 )
∀x, y, z
∨
∀x, y
R(x, y, z)
∧
∃x
Q(x, y)
P (x, z)
(c) ∀(x1 , y1 , z1 ) ∈ U × U × U : R(x1 , y1 , z1 ) → ∃x2 ∈ U : ∃y2 ∈ U : ∃z2 ∈ U :
P (x2 , y2 , z2 )
15
∀x, y, z
→
∃x
R(x, y, z)
∃y
∃z
P (x, y, z)
(d) ∃x1 ∈ U : P (x1 ) → ∀x2 ∈ U : Q(x2 , x2 )
∃x
→
P (x)
∀
Q(x, x)
Aufgabe 21. (Ersetzungsoperator)
Wenden Sie den Ersetzungsoperator an. Das Universum sei dabei die Menge der natürlichen Zahlen und P , Q und R beliebige Prädikate.
Beispiel
Gegeben sei der Ausdruck ((∀x∃y : P (x, y)) ∧ ∀x : P (x, y))[x := 5]. Hier hat der
Ersetzungoperator keinen Effekt, da x nicht ungebunden vorkommt, dahingegen
liefert ((∀x∃y : P (x, y)) ∧ ∀x : P (x, y))[y := 5] den Ausdruck (∀x∃y : P (x, y)) ∧
∀x : P (x, 5), da y im rechten Teilausdruck ungebunden vorkommt. Formal müssen
[x := 5] auf ∧, dann auf die beiden Operanden und schließlich auf jeden einzelnen
Teilausdruck anwenden. Notieren Sie im Folgenden diese Schritte explizit.
(a)
(b)
(c)
(d)
((∀x : ∃y : ∀z : P (x, y, z) → R(x)) → Q(x, y, z))[x := 5]
(((R(x) → P (x, y)) ∨ ∀y : R(y))[y := 5])[x := 5]
((∀w : ∀x : ∀y : P (w, x, y))[z := 3])[w := 3]
(((∀x : P (x)) ∨ P (x))[x := 3])[x := 2]
16
Kategorie 3
Lösung.
(a)
(b)
(c)
(d)
((∀x : ∃y : ∀z : P (x, y, z) → R(x)) → Q(5, y, z))
((R(5) → P (5, 5)) ∨ ∀y : R(y))
(∀w : ∀x : ∀y : P (w, x, y))
((∀x : P (x)) ∨ P (3))
Aufgabe 22. (Negation prädikatenlogischer Ausdrücke)
Negieren Sie die folgenden prädikatenlogischen Ausdrücke. Seien dazu P , Q und R beliebige Prädikate. 3
Beispiel
∀x : ∀y : P (x) ∧ Q(y) – Begründen Sie jeden Ihrer Schritte:
¬(∀x : ∀y : P (x) ∧ Q(y)) Negation-∀
≡ ∃x : ¬(∀y : P (x) ∧ Q(y)) Negation-∀
≡ ∃x : ∃y : ¬(P (x) ∧ Q(y)) De Morgan
≡ ∃x : ∃y : ¬P (x) ∨ ¬Q(y)
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
3
∀x : ∃y : P (x, y) → ∀z : Q(z)
∀x : ∀y : ∃z : P (x) → Q(y, z) ∨ ∀x : R(x)
∃x : ∃y : P (x) ↔ P (y)
∃x : P (x) ↔ ∀y : P (y)
∃x : ∀y : ∃z : P (x, y) ∧ Q(y, z) → ∀x : ∀y : R(x, y)
Um die Schreibweise zu verkürzen, wird im Folgenden angenommen, dass alle auftretenden Variablen
Elemente des Universums sind und daher der Teil ∈ U , wenn U das Universum ist, weggelassen.
17
Kategorie 3
Lösung.
Hinweis: Die Begründung für die jeweilge Umformung von Zeile i nach i + 1 findet sich
am Ende der Zeile i.
≡
≡
≡
≡
≡
¬(∀x : ∃y : P (x, y) → ∀z : Q(z))
∃x : ¬(∃y : P (x, y) → ∀z : Q(z))
∃x : ∀y : ¬(P (x, y) → ∀z : Q(z))
∃x : ∀y : ¬(¬P (x, y) ∨ ∀z : Q(z))
∃x : ∀y : P (x, y) ∧ ¬(∀z : Q(z))
∃x : ∀y : P (x, y) ∧ ∃z : ¬Q(z)
≡
≡
≡
≡
≡
≡
≡
¬(∀x : ∀y : ∃z : P (x) → Q(y, z) ∨ ∀x : R(x))
∃x : ¬(∀y : ∃z : P (x) → Q(y, z) ∨ ∀x : R(x))
∃x : ∃y : ¬(∃z : P (x) → Q(y, z) ∨ ∀x : R(x))
∃x : ∃y : ∀z : ¬(P (x) → Q(y, z) ∨ ∀x : R(x))
∃x : ∃y : ∀z : ¬(¬P (x) ∨ (Q(y, z) ∨ ∀x : R(x)))
∃x : ∃y : ∀z : P (x) ∧ ¬(Q(y, z) ∨ ∀x : R(x)))
∃x : ∃y : ∀z : P (x) ∧ ¬Q(y, z) ∧ ¬(∀x : R(x))
∃x : ∃y : ∀z : P (x) ∧ ¬Q(y, z) ∧ ∃x : ¬R(x)
Negation-∀
Negation-∀
Negation-∃
Definierbarkeit - →
De Morgan
De Morgan
Negation-∀
≡
≡
≡
≡
≡
≡
¬(∃x : ∃y : P (x) ↔ P (y))
∀x : ¬(∃y : P (x) ↔ P (y))
∀x : ∀y : ¬(P (x) ↔ P (y))
∀x : ∀y : ¬((P (x) → P (y)) ∧ (P (y) → P (x)))
∀x : ∀y : ¬((¬P (x) ∨ P (y)) ∧ (¬P (y) ∨ P (x)))
∀x : ∀y : ¬(¬P (x) ∨ P (y)) ∨ ¬(¬P (y) ∨ P (x))
∀x : ∀y : (P (x) ∧ ¬P (y)) ∨ (P (y) ∧ ¬P (x))
Negation-∃
Negation-∃
Definierbarkeit - ↔
Definierbarkeit - →
De Morgan
De Morgan
Negation-∀
Negation-∃
Definierbarkeit - →
De Morgan
Negation-∀
¬(∃x : P (x) ↔ ∀y : P (y))
Negation-∃
≡ ∀x : ¬(P (x) ↔ ∀y : P (y))
Definierbarkeit - ↔ und De Morgan
≡ ∀x : (P (x) ∧ ¬(∀y : P (y))) ∨ (∀y : P (y) ∧ ¬P (x)) Negation-∀
≡ ∀x : (P (x) ∧ ∃y : ¬P (y)) ∨ (∀y : P (y) ∧ ¬P (x))
≡
≡
≡
≡
≡
≡
≡
¬(∃x : ∀y : ∃z : P (x, y) ∧ Q(y, z) → ∀x : ∀y : R(x, y))
∀x : ¬(∀y : ∃z : P (x, y) ∧ Q(y, z) → ∀x : ∀y : R(x, y))
∀x : ∃y : ¬(∃z : P (x, y) ∧ Q(y, z) → ∀x : ∀y : R(x, y))
∀x : ∃y : ∀z : ¬(P (x, y) ∧ Q(y, z) → ∀x : ∀y : R(x, y))
∀x : ∃y : ∀z : ¬(¬(P (x, y) ∧ Q(y, z)) ∨ (∀x : ∀y : R(x, y)))
∀x : ∃y : ∀z : ((P (x, y) ∧ Q(y, z)) ∧ ¬(∀x : ∀y : R(x, y)))
∀x : ∃y : ∀z : ((P (x, y) ∧ Q(y, z)) ∧ (∃x : ¬(∀y : R(x, y))))
∀x : ∃y : ∀z : ((P (x, y) ∧ Q(y, z)) ∧ (∃x : ∃y : ¬R(x, y)))
Negation-∃
Negation-∀
Negation-∃
Definierbarkeit - →
De Morgan
Negation-∀
Negation-∀
18
Aufgabe 23. (Wichtige Implikationen)
Kategorie 5
(a) (∀x ∈ U : A(x)) → (∃x ∈ U : A(x))
(b) (∃x ∈ U : A(x) ∧ B(x)) → (∃x ∈ U : A(x)) ∧ (∃x ∈ U : B(x))
(c) (∀x ∈ U : A(x)) ∨ (∀x ∈ U : B(x)) → ∀x ∈ U : A(x) ∨ B(x)
(d) (∀x ∈ U : A(x) → B(x)) → (∀x ∈ U : A(x)) → (∀x ∈ U : B(x))
(e) (∃x ∈ U : ∀y ∈ U : P (x, y)) → ∀y ∈ U : ∃x ∈ U : P (x, y)
Die obenstehenden Implikationen sind alle wahr, ihre Umkehrungen jedoch nicht (d.h.
wenn sie Prämisse und Konklusion austauschen). Geben Sie passende Gegenbeispiele an.
Beispiel
Für A(x) := “x = 2” über dem Universum N gilt: Es gibt eine Zahl, die 2, so dass
A(x) wahr wird, aber die Aussage gilt nicht für alle n ∈ N, denn z.B. ist 3 ̸= 2.
Damit ist die Prämisse der Implikation wahr, die Konklusion jedoch falsch und die
Implikation wird falsch.
Lösung.
(a) (∀x ∈ U : A(x)) → (∃x ∈ U : A(x)) – siehe Beispiel
(b) (∃x ∈ U : A(x)∧B(x)) → (∃x ∈ U : A(x))∧(∃x ∈ U : B(x)) – Für A(x) := “x = 2”
und B(x) := “x = 3” über N wird zwar die Konjunktion l(∃x ∈ U : A(x)) ∧ (∃x ∈
U : B(x)) wahr, weil beide Teilaussagen wahr werden, da es aber keine Zahl gibt,
die sowohl 2 als auch 3 ist, wird (∃x ∈ U : A(x) ∧ B(x)) nicht wahr.
(c) (∀x ∈ U : A(x)) ∨ (∀x ∈ U : B(x)) → ∀x ∈ u : A(x) ∨ B(x) – Für A(x) :=
“x ist gerade” und B(x) := “x ist ungerade” über N ist die Aussage A(x) ∨ B(x)
für alle x ∈ N wahr, weil jede natürliche Zahl entweder gerade oder ungerade ist.
Dahingegen ist weder ∀x ∈ N : A(x) noch ∀x ∈ N : B(x) wahr, da weder alle Zahlen
gerade noch alle Zahlen ungerade sind, damit ist auch die Veroderung falsch.
(d) (∀x ∈ U : A(x) → B(x)) → ((∀x ∈ U : A(x)) → (∀x ∈ U : B(x))) – Für
A(x) := “x ist gerade” und B(x) := “x ist ungerade” über N ist sowohl die Aussage
∀x ∈ N : A(x) falsch als auch ∀x ∈ N : B(x) falsch. Die Implikation (∀x ∈ U :
A(x)) → (∀x ∈ U : B(x)) ist aber aufgrund der falschen Prämisse wahr.∀x ∈ U :
A(x) → B(x)) ist aber falsch, da zum Beispiel für x = 2 A(x) → B(x) falsch ist,
da die Prämisse wahr und die Konklusion falsch ist.
(e) (∃x ∈ U : ∀y ∈ U : P (x, y)) → ∀y ∈ U : ∃x ∈ U : P (x, y) – Mit P (x, y) := ‘‘x = y ′′
über N ist ∀y ∈ U : ∃x ∈ U : P (x, y) wahr, da man für x einfach y wählen kann
und y = y erhält. Es gibt in N aber kein Element, dass zu allen anderen gleich ist,
damit ist ∃x ∈ U : ∀y ∈ U : P (x, y) falsch.
19
Aufgabe 24. (“Es gibt genau eins” ∃!)
Definieren Sie ∃! (es existiert genau ein) als einen prädikatenlogischen Ausdruck.
Kategorie 6
Lösung.
25 Sei P ein allgemeines Prädikat. Dann gilt: ∃!x : P (x) ≡ ∃x : (P (x) ∧ ∀y : P (y) → x =
y)
Aufgabe 25. (“Es gibt genau zwei”)
Definieren Sie einen Operator mit der Semantik “Es existieren genau zwei x im Universum, sodass ...” als einen prädikatenlogischen Ausdruck.
Kategorie 6
Lösung.
26 Sei P ein beliebiges Prädikat. Dann kann man ‘Es existieren genau zwei x im Universum, sodass P (x)” schreiben als: ∃x : P (x) ∧ ∃!y : x ̸= y ∧ P (y)
Aufgabe 26. (Maximale Elemente von Beziehungen ausdrücken)
Drücken Sie die Aussageform “x ist König von” mit prädikatenlogischen Formeln und
dem Prädikat P (x, y) :=“x ist Untertan von y” aus.
Kategorie 6
Lösung.
Sei U die Menge der Menschen. Dann erfüllt der König x folgende Eigenschaft : ∀y ∈
U : x ̸= y → P (y, x)
Aufgabe 27. (Endliche Mengen)
Betrachten Sie im Folgenden nur endliche Mengen. Wie können Sie dann für beliebige
Mengen M und Prädikate P die Aussage ∀x ∈ M : P (x) bzw. ∃x ∈ M : P (x) nur mit
aussagenlogischen Operatoren, also ohne Verwendung von Quantoren, darstellen?
Können Sie mit Ihrer Darstellung die Negationgesetze prädikatenlogischer Ausdrücke
intuitiv begründen?
Funktioniert Ihre Konstruktion auch für unendliche Mengen M ?
Lösung.
Auf endlichen Mengen kann man ∀x ∈ M : P (x) bzw. ∃x ∈ M : P (x) auch so schreiben:
∀x ∈ M : P (x) = ∧x∈M P (x) bzw. ∃x ∈ M : P (x) = ∨x∈M P (x). ∧x∈M und ∨x∈M bezeichnen hier die prädikatenlogischen Ausdrücke, die für jedes x in der Menge M P (x)
enthalten und alle einzelnen Teilaussagen der Form P (x) durch “und” bzw. “oder” verbinden. Die Negation der prädikatenlogischen Ausdrücke lässt sich nun intuitiv mit den
Gesetzen von De Morgan begründen. Für unendliche Universen funktioniert diese Konstruktion nicht, da man mit Hilfe der Syntax und Semantik aussagenlogischer Ausdrücke
keine unendlich großen Terme konstruieren kann.
20
Kategorie 6
Aufgabe 28. (Wichtige Äquivalenzen)
Zeigen Sie mit Hilfe von Aufgabe 27 und den Gesetzen der Aussagenlogik durch Umformungen die folgenden beiden Äquivalenzen auf endlichen Universen U.
(a) ∃x ∈ U : (A(x) ∨ B(x)) ≡ (∃x ∈ U : A(x)) ∨ ∃x ∈ U : B(x))
(b) ∀x ∈ U : (A(x) ∧ B(x)) ≡ (∀x ∈ U : A(x)) ∧ (∀x ∈ U : B(x))
Kategorie 6
Lösung.
Hinweis: Die Begründung für die jeweilige Umformung von Zeile i nach i + 1 findet sich
am Ende der Zeile i. Es genügt jeweils zu zeigen, dass die Aussagen rechts und links
schon ≡ - gleich sind.
∃x ∈ U : (A(x) ∨ B(x))
3.??
≡ ∨x∈U (A(x) ∨ B(x))
Distributivgesetz
≡ (∨x∈U A(x)) ∨ (∨x∈U B(x))
3.??
(∃x ∈ U : A(x)) ∨ (∃x ∈ U : B(x))
∀x ∈ U : (A(x) ∧ B(x))
3.??
≡ ∧x∈U (A(x) ∧ B(x))
Distributivgesetz
≡ (∧x∈U A(x)) ∧ (∧x∈U B(x))
3.??
≡ (∀x ∈ U : A(x)) ∧ (∀x ∈ U : B(x))
Aufgabe 29. (Prädikatenlogische Gesetze)
Sei φ ein geschlossener prädikatenlogischer Ausdruck. Überlegen Sie sich logische Äquivalenzen in Verbindung mit ∧ und ∨, sowie wie ∀ und ∃. Erinnern Sie sich dabei auch
an Aufgabe 28.
Beispiel
Sei P ein beliebiges Prädikat und U das Universum. Dann gilt: ∀x ∈ U : P (x) ∧ φ ≡
(∀x ∈ U : P (x)) ∧ φ
Lösung.
(a)
(b)
(c)
(d)
(∀x : P (x)) ∧ φ ≡ ∀x : P (x) ∧ φ
(∀x : P (x)) ∨ φ ≡ ∀x : P (x) ∨ φ
(∃x : P (x)) ∧ φ ≡ ∃x : P (x) ∧ φ
(∃x : P (x)) ∨ φ ≡ ∃x : P (x) ∨ φ
21
Kategorie 6
Aufgabe 30. (Verträglichkeit von Konjunktion/Disjunktion mit All-/Existenzquantor)
Betrachen Sie die Äquivalenzen aus Aufgabe 28. Wenn sie ∧ durch ∨ und umgekehrt
ersetzen, gelten die Äquivalenzen dann immer noch? Belegen Sie Ihre Behauptung.
Kategorie 6
Lösung.
∀ ist nur mit ∧ und ∃ nur mit ∨ kompatibel, d.h. prädikatenlogische Ausdrücke können
nur über diese Operatoren “auseinander gezogen” werden, wie in Aufgabe 3.??. Für
konkrete Gegenbeispiele für die Äquivalenzen können Sie die Lösung der Aufgabe 3.??
betrachten.
Aufgabe 31. (Logik verallgemeinern)
Können Sie sich noch weitere Operatoren vorstellen, die eine Logik brauchen könnte?
Versuchen Sie eine der Prädikatenlogik ähnliche Logik mit mehr Werten als w und f zu
definieren.
22
Kategorie 6