Lösungen zum Aufgabenblatt 1 Logik und modelltheoretische

Lösungen zum Aufgabenblatt 1
Logik und modelltheoretische Semantik
Universität München, CIS, SS 2014
Hans Leiß
Abgabe: Do, 24.4.2014, 16.ct Uhr
in der Übungsstunde
Aufgabe 1.1
(a) Prüfe, ob die aussagenlogische Formel
ϕ := ((p → (q → p)) → ((p ∧ q) → p))
logisch wahr ist.
(3 Punkte)
(b) Sind die Aussagen (p ↔ (q → p)) und ((p ∧ q) ↔ p) logisch äquivalent?
(3 Punkte)
Lösung von Aufgabe 1.1
(a) Man stellt die Wahrheitstabelle auf:
p
0
0
1
1
q
0
1
0
1
((p → (q → p)) → ((p ∧ q) → p))
0 1
0 1 0
1
0 0 0
1 0
0 1
1 0 0
1
0 0 1
1 0
1
1 1
1
1 1
Dabei muß man nicht immer alle Felder ausrechnen, wie die letzten beiden Zeilen zeigen.
(b) Entsprechend berechnet man die Werte der beiden Formeln und prüft, ob sie bei allen
Belegungen gleich sind:
p
0
0
1
1
q
0
1
0
1
(p ↔ (q → p))
0 0
1
1
0
1
1
1
1
((p ∧ q) ↔ p)
0
0
0
1
0
0 1
1
1
Da die Formeln bei der Belegung h(p) = 1, h(q) = 0 verschiedene Werte (nämlich 1 bzw. 0)
haben, sind die Formeln nicht äquivalent.
Aufgabe 1.2 Zeige, daß die Konjunktion (deshalb), weil, mit der man in der Umgangssprache
zwei Aussagen A und B zur Aussage
A, weil B
verbinden kann, nicht durch eine Wahrheitsfunktion f : B × B → B interpretieren kann, d.h.
daß der Wahrheitswert einer Ausssage (A deshalb, weil B) nicht allein durch die Wahrheitswerte
von A und B bestimmt ist.
(4 Punkte)
Hinweis: Suche Beispielaussagen A, A′ mit demselben Wahrheitswert und Aussagen B, B ′ mit
demselben Wahrheitswert, aber so, daß (A, weil B) nicht denselben Wahrheitswert wie (A′ , weil
B ′ ) hat.
Lösung von Aufgabe 1.2 Wähle A := “Der Horizont ist gekrümmt”, A′ := 2·2 = 4, B = B ′ =
“Die Erde ist eine Kugel”. Die Aussagen A, A′ , B, B ′ sind offensichtlich wahr. Von den weil Verbindungen ist (A, weil B) wahr, aber (A′ , weil B ′ ) falsch. Also gibt es keine Wahrheitsfunktion
f : B × B → B mit 1 = [[(A, weil B)]] = f (1, 1) = [[(A′ , weil B ′ )]] = 0.
Aufgabe 1.3 Sei T die Aussagenmenge { p2n ↔ pn | n ∈ N }.
(a) Ist T erfüllbar, und wenn ja, warum? Wenn nein, warum nicht?
(2 Punkte)
(b) Zeige, daß (p8 ↔ p1 ) aus T folgt.
(2 Punkte)
(c) Gib eine endliche Teilmengen E ⊆ T an, aus der (p8 ↔ p1 ) folgt.
(2 Punkte)
Lösung von Aufgabe 1.3
(a) Die Belegung h mit h(pi ) = 1 für alle i erfüllt T . (Es gibt auch andere.)
(b) Sei h eine Belegung, die T erfüllt. Dann ist [[p2n ↔ pn ]]h = 1 für alle n, also [[p2n ]]h = [[pn ]]h
für alle n. Daher ist [[p8 ]]h = [[p4 ]]h = [[p2 ]]h = [[p1 ]]h , woraus [[p8 ↔ p1 ]]h = 1 folgt.
(c) E = {(p8 ↔ p4 ), (p4 ↔ p2 ), (p2 ↔ p1 )}.
Aufgabe 1.4 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 + monoton und anti-monoton
(“antiton”) im ersten Argument ist, d.h. für alle a, b ∈ A:
a ≤ b =⇒ a + c ≤ b + c
a ≤ b =⇒ b ≤ a.
Wegen der Kommutativität ist + auch im zweiten Argument monoton.
Hinweis: Benutze beim Komplement eine der DeMorgan’schen Regeln (s. Folien, mit 0 ≤ a ≤ 1).
2
Lösung von Aufgabe 1.4 Monotonie von +: Sei a ≤ b. Dann ist a + b = b, also
(a + c) + (b + c) = a + c + b + c
= a+b+c+c
= a+b+c
= b + c,
und das heißt a + c ≤ b + c.
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 (vgl. 0 ≤ a ≤ 1 auf den Folien).
Aufgabe 1.5 Sei A eine Boole’sche Algebra, g : Var → A (dem Individuenbereich von A),
und f : A → B ein Homomorphismus. Dann gilt für jede aussagenlogische Formel ϕ:
B
f ([[ϕ]]A
g ) = [[ϕ]]f ◦g .
Das beweist man durch Induktion über den Aufbau von ϕ. Behandle davon die beiden Fälle
ϕ = p und ϕ = (ϕ1 ∧ ϕ2 ).
(
1, falls a ∈ X,
Sei A = P(M ) die Potenzmenge von M 6= ∅, und für ein a ∈ M sei f (X) :=
0, sonst.
B
Ist dieses f : P(M ) → B ein Homomorphismus? Was besagt hierfür f ([[ϕ]]A
g ) = [[ϕ]]f ◦g ?
Lösung von Aufgabe 1.5 Fall ϕ = p:
A
B
B
f ([[ϕ]]A
g ) = f ([[p]]g ) = f (g(p)) = (f ◦ g)(p) = [[p]]f ◦g = [[ϕ]]f ◦g .
Fall ϕ = (ϕ1 ∧ ϕ2 ):
A
f ([[ϕ]]A
g ) = f ([[ϕ1 ∧ ϕ2 ]]g )
A
A
= f ([[ϕ1 ]]A
g · [[ϕ2 ]]g )
A
B
= f ([[ϕ1 ]]A
g ) · f ([[ϕ2 ]]g )
= [[ϕ1 ]]Bf ◦g ·B [[ϕ2 ]]Bf ◦g
= [[ϕ1 ∧ ϕ2 ]]Bf ◦g
= [[ϕ]]Bf ◦g .
3
Die angegebene Abbildung f : P(M ) → B ist ein Homomorphismus. Für ϕ = ((p∨ =
6 q) ∧ r)
und eine Belegung g”Var → P(M ) mit g(p) = P, g(q) = Q, g(r) = R erhalten wir einerseits
1 = f ([[ϕ]]A
g ) = f ((P ∪ Q) ∩ R) ⇐⇒ a ∈ ((P ∪ Q) ∩ R),
und andererseits
1 = [[ϕ]]Bf ◦g ⇐⇒ ((a ∈ P ) ∨ a ∈
/ Q) ∧ a ∈ R).
B
Entsprechend für f ([[ϕ]]A
g ) = 0 = [[ϕ]]f ◦g .
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