Lösungen zum Aufgabenblatt 1 Logik und modelltheoretische

Lösungen zum Aufgabenblatt 1
Logik und modelltheoretische Semantik
Universität München, CIS, SS 2011
Hans Leiß
Abgabetermin: Di, 17.5.2011, in der Tafelübungsstunde
Aufgabe 1.1 Sei A = (A, +, ·, , 0, 1) eine Boole’sche Algebra und ≤ die durch n
a ≤ b : ⇐⇒ a + b = b
für alle a, b ∈ A,
definierte partielle Ordnung auf A. Zeige mit den Axiomen, daß für alle a, b ∈ A:
(a) ab ≤ b,
(b) + und · sind monoton und
ist anti-monoton im ersten Argument:
a ≤ b =⇒ a + c ≤ b + c
a ≤ b =⇒ ac ≤ bc
a ≤ b =⇒ b ≤ a.
(c) a ≤ b ⇐⇒ ab = a
Nach (a) ist (mit b = 1) auch a ≤ 1, also a + 1 = 1. Wegen der Kommutativität und (b) sind +
und · auch im zweiten Argument monoton.
Hinweis: Für (b) benutze beim Komplement eine der DeMorgan’schen Regeln, die wir im Kurs
gezeigt hatten (mit 0 ≤ a ≤ 1, was man mit (a) hat).
Lösung von Aufgabe 1.1
(a) Zu zeigen ist, daß ab + b = b ist.
ab + b = ab + 1b
= ab + (a + a)b
= ab + ab + ab
= ab + ab
= (a + a)b
= 1b
= b.
(b) Monotonie von +: Sei a ≤ b. Dann ist a + b = b, also
(a + c) + (b + c) = a + c + b + c
= a+b+c
= b + c,
und das heißt a + c ≤ b + c. Für die Multiplikation ist weben a + b = b entsprechend
ac + bc = (a + b)c
= bc,
also ac ≤ bc. Für das Komplement ist mit a + b = b und einer DeMorgan-Regel
b+a = a+b+a
= a·b+a·1
= a(b + 1)
= a·1
= a,
also b ≤ a. Im vorletzten Schritt wurde b ≤ 1 benutzt, was aus (a) folgt.
(c) ⇒: Sei a ≤ b, also a + b = b. Zu zeigen ist: a = ab. Nach (a) und der Kommutativität von
· ist ab ≤ a. Da ≤ eine partielle Ordnung, also antisymmetrisch ist, bleibt für ab = a nur
noch a ≤ ab zu zeigen:
a + ab = aa + ab
= a(a + b)
= ab.
⇐: Sei ab = a. Dann ist a ≤ b, denn
a + b = ab + b
= (a + 1)b
= 1b
= b.
Aufgabe 1.2 Im Kurs wurde gezeigt, daß mit A = (A, +A , ·A ,
A , 0A , 1A )
und einer Menge I
auch die Menge
aller Funktionen von I nach A eine Boole’sche Algebra bilden, wobei 0, 1 die
konstanten Funktionen
AI
0(i) := 0A ,
1(i) := 1A ,
für alle i ∈ I,
sind und die Operationen +, ·, auf AI punktweise“ erklärt sind, z.B. f + g durch
”
(f + g)(i) := f (i) +A g(i), für alle i ∈ I.
Zeige, daß die Potenzmengenalgebra P(I) isomorph zu BI , also im Wesentlichen dasselbe wie“
”
BI , ist. Genauer: gib eine Abbildung h : { X | X ⊆ I } → { f | f : I → {0, 1} } an und zeige
nur:
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(a) h ist bijektiv (jedem X ⊆ I entspricht eine bestimmte Funktion fX : I → {0, 1} und jedes
f ∈ BI ist ein solches fX ),
(b) h ist ein Homomorphismus; davon soll reichen:
• h(∅) = f∅ = 0 in BI ,
• h(X ∩ Y ) = fX∩Y = fX · fY = h(X) · h(Y ),
(c) h−1 ist ein Homomorphismus; davon soll reichen:
• h−1 (0) = ∅,
• h−1 (f · g) = h−1 (f ) ∩ h−1 (g).
Wir hatten gesehen, daß solche Boole’schen Algebren AI zur Interpretation der Koordination
von Sätzen, Prädikaten (VP’s) und Nominalphrasen (NP’s) geeignet sind.
Lösung von Aufgabe 1.2 Die Idee ist natürlich, daß einer Menge X ⊆ I ihre charakteristische
”
Funktion“ fX entspricht, die durch
1, falls i ∈ X,
fX (i) :=
0, sonst
definiert ist. Man setzt also h(X) := fX und rechnet dann ein paar der Eigenschaften nach.
(Sollten Sie aber wirklich machen!)
(a) h ist surjektiv: jedes f : I → B ist ein Bild unter h, denn
f = f{ i∈I | f (i)=1 } = h({ i ∈ I | f (i) = 1 }).
h ist injektiv: sind X, Y ⊆ I mit X 6= Y , so gibt es ein i ∈ I mit i ∈ (X \ Y ) ∪ (Y \ X),
und daher ist fX (i) 6= fY (i), also h(X) = fX 6= fY = h(Y ).
(b) h(∅) = 0: Das ist klar, da h(∅)(i) = f∅ (i) = 0B = 0(i) für alle i ∈ I. Für X, Y ⊆ I ist
1, falls i ∈ X ∩ Y
= fX (i) ·B fY (i)
fX∩Y (i) =
0, sonst
für alle i ∈ I, und daher h(X ∩ Y ) = fX∩Y = fX · fY = h(X) · h(Y ).
(c) h−1 (0) = ∅: Wegen h−1 (f ) = { i ∈ I | f (i) = 1 } ist das klar.
h−1 (f · g) = h− 1(f ) ∩ h−1 (g): das ergibt sich daraus, daß für jedes i ∈ I gilt:
i ∈ h−1 (f · g)
⇐⇒
(f · g)(i) = 1B
⇐⇒
f (i) ·B g(i) = 1B
⇐⇒
f (i) = g(i) = 1B
⇐⇒
i ∈ h−1 (f ) ∩ h−1 (g).
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