Lösungen zum Aufgabenblatt 6 Logik und modelltheoretische

Lösungen zum Aufgabenblatt 6
Logik und modelltheoretische Semantik
Universität München, CIS, SS 2014
Hans Leiß
Abgabetermin: Do, 29.5.2014
Aufgabe 6.1 Sei L die Sprache mit den 0-stelligen Funktionszeichen w ( der Wolf“) und s
”
( das Schneewittchen“) und dem 1-stelligen Funktionszeichen g ( die Großmutter von“).
”
”
(a) Was sind fünf Beispiele für Elemente des Herbrand-Universums von L?
(b) Was sind die Nominalphrasen (im Nominativ) des Deutschen, die ihnen entsprechen?
(2 Punkte)
Lösung von Aufgabe 6.1
(a) w, s, g(w), g(s), g(g(w)), g(g(s)), g(g(g(w))), usw.
(b) der Wolf“, das Schneewittchen“, die Großmutter des Wolfs“, die Großmutter des
”
”
”
”
Schnewittchens“, die Großmutter der Großmutter des Wolfs“ = die Urgroßmutter des
”
”
Wolfs“, die Urgroßmutter des Schneewittchens“, die Ururgroßmutter des Wolfs“, usw.
”
”
Da jedes Lebewesen zwei Großmütter hat, ist Großmutter von“ eine Relation, keine Funk”
tion; wir tun hier so, als würde durch den bestimmten Artikel eine davon ausgewählt (d.h.,
bestimmter Artikel + Relationsnomen“ entspricht quasi einer Skolemfunktion).
”
Aufgabe 6.2 Sei L die prädikatenlogische Sprache mit den Konstanten (d.h. 0-stelligen Funktionszeichen) a und b, dem einstelligen Funktionszeichen f , und dem zweistelligen Relationszeichen <. (Man schreibt x < y statt < (x, y).) Sei weiter
A = (A, aA , bA , f A , <A )
die L-Struktur, wo
A := Z × Z,
aA := (−3, −3),
bA := (2, 2)
und f A : A → A und <A ⊆ A × A so definiert sind, daß für alle (i, j), (k, l) ∈ A
f A ((i, j))
A
:=
(i, j) < (k, l) : ⇐⇒
(i + 1, j + 1),
(i = k und j <Z l) oder (i + 2 = k und j + 2 = l).
(a) Was ist das Herbrand-Universum H = H(L)?
(2 Punkte)
(b) Wie sind aH , bH und f H : H → H in jeder Herbrand-Struktur H = (H, aH , bH , f H , <H )
zu L definiert?
(2 Punkte)
(c) Was ist <H in dem mit A definierten Herbrand-Modell H der Aussage ∀x∃y(x < y)?
(4 Punkte)
(d) Gib ein Beispiel einer L-Aussage mit Gleichheit =
˙ an, die in A wahr und in H falsch ist.
(1 Punkt)
(e) Nach dem Beweis der Vorlesung ist wegen A |= ∀x∃y x < y auch H |= ∀x∃y x < y. Können
Sie geeignete Skolem- oder Auswahlfunktionen g A : A → A und g H : H → H angeben,
sodaß
(4 Punkte)
(A, g A ) |= ∀x(x < g(x)) und (H, g H ) |= ∀x(x < g(x))
?
Bem. Wir hatten aus einem A |= ϕ ein Herbrand-Modell H |= ϕ konstruiert, aber außer daß in
ϕ alle Symbole von L vorkommen sollten, ist H nicht von ϕ abhängig.
Lösung von Aufgabe 6.2
(a) Mit f 0 (a) := a und f 0 (b) := b ist
H = H(L) = { f n (a) | n ∈ N } ∪ { f n (b) | n ∈ N }.
Das Relationszeichen < (ebenso =)
˙ spielt für H(L) keine Rolle.
(b) Wie die Definition sagt:
aH := a,
bH := b,
f H (t) := f (t)
für alle t ∈ H.
Kurz: geschlossene Terme werden durch sich selbst“ interpretiert.
”
n
(c) Nach der Definition ist f (a) = (n − 3, n − 3), f n (b) = (n + 2, n + 2), also
<H := { (s, t) ∈ H × H | A |= s < t }
=
{ (f n (a), f m (a)) | n, m ∈ N, A |= f n (a) < f m (a) }
∪
{ (f n (a), f m (b)) | n, m ∈ N, A |= f n (a) < f m (b) }
∪
{ (f n (b), f m (a)) | n, m ∈ N, A |= f n (b) < f m (a) }
∪
{ (f n (b), f m (b)) | n, m ∈ N, A |= f n (b) < f m (b) }
=
{ (f n (a), f m (a)) | n, m ∈ N, n − 1 = m − 3 }
∪
{ (f n (a), f m (b)) | n, m ∈ N, n − 1 = m + 2 }
∪
{ (f n (b), f m (a)) | n, m ∈ N, n + 4 = m − 3 }
∪
{ (f n (b), f m (b)) | n, m ∈ N, n + 4 = m + 2 }
[
{(f n (a), f n+2 (a)), (f n+3 (a), f n (b)), (f n (b), f n+7 (a)), (f n (b), f n+2 (b))}.
=
n∈N
2
A
(d) Die Aussage ϕ := f 5 (a) =
˙ b ist in A wahr, da [[f 5 (a)]] = (5 − 3, 5 − 3) = (2, 2) = [[b]]A ,
H
aber in H falsch, da [[f 5 (a)]] = f 5 (a) und [[b]]H = b zwei verschiedene Terme aus H sind.
(e) In A ist (i, j) <A (i + 2, j + 2) = f A (f A ((i, j))), also (i.j) <A (f A ◦ f A )((i, j)) für jedes
(i, j) ∈ A, also können wir g A := f A ◦ f A wählen; damit gilt
(A, g A ) |= ∀x (x < g(x)).
Ebenso möglich ist z.B. die durch g A ((i, j)) := (i, j + 10) definierte Funktion.
In H ist nach der Berechnung von <H oben einerseits
H |= f n (a) < f (f (f n (a)))
für alle n,
H |= f n (b) < f (f (f n (b)))
für alle n.
und andererseits
Da H nur aus Termen der Form f n (a) und f n (b) besteht, können wir also auch hier
g H := f H ◦ f H wählen und erhalten
(H, g H ) |= ∀x (x < g(x)).
(Ausnahmsweise wird hier < in A und H nicht durch eine partielle Ordnung oder deren
irreflexiven Teil interpretiert, denn <A und <H sind nicht transitiv.)
Aufgabe 6.3 Zeige durch Induktion über n, daß für alle Formeln ϕ(x1 , . . . , xn ), ψ(x1 , . . . , xn )
und jeden Quantorenblock Q1 x1 . . . Qn xn mit Qi ∈ {∀, ∃} gilt:
Ist ∀x1 . . . ∀xn (ϕ → ψ) allgemeingültig, so auch (Q1 x1 . . . Qn xn ϕ → Q1 x1 . . . Qn xn ψ).
Bem. Hauptsächlich muß man sich überlegen, daß aus ∀x(ϕ → ψ) die Aussagen (∀xϕ → ∀xψ)
und (∃xϕ → ∃xψ) folgen. Es reicht, wenn Sie das machen.
Lösung von Aufgabe 6.3 Schreiben wir ϕ(~x, x), ψ(~x, x) für Variablen ~x = x1 , . . . , xn−1 und
x = xn . Die Annahme besagt, daß ∀~x ∀x(ϕ → ψ) allgemeingültig ist. Dann ist für alle Interpretationen A und alle ~a ∈ An−1 : A |= ∀x(ϕ → ψ)[~x/~a].
Wir müssen zeigen
A |= (∀xϕ → ∀xψ)[~x/~a]
und
A |= (∃xϕ → ∃xψ)[~x/~a].
(4)
Da A und ~a ∈ An−1 beliebig waren, haben wir dann
|= ∀~x(∀xϕ → ∀xψ)
und
|= ∀~x(∃xϕ → ∃xψ),
d.h. die Aussagen ∀~x(ϕ′ → ψ ′ ) sind allgemeingültig, für ϕ′ (~x) := Qn xn ϕ und ψ ′ (~x) := Qn xn ψ
und Qn ∈ {∀, ∃}. Da ~x weniger Variablen hat als x1 , . . . , xn , ist nach Induktionsannahme dann
(Qx1 . . . Qxn−1 ϕ′ → Qx1 . . . Qxn−1 ψ ′ ) allgeimeingültig, und das sollten wir zeigen.
Zum Beweis von (4), rechter Teil: Angenommen, A |= ∃xϕ[~x/~a]. Dann gibt es ein a ∈ A mit A |=
ϕ[~x/~a, x/a]. Nach der Annahme A |= ∀x(ϕ → ψ)[~x/~a] ist insbesondere A |= (ϕ → ψ)[~x/~a, x/a],
zusammen muß also A |= ψ[~x/~a, x/a] sein, und daher A |= ∃xψ[~x/~a]. Wir haben gezeigt: wenn
A |= ∃xϕ[~x/~a], so auch A |= ∃xψ[~x/~a]; das heißt, A |= (∃xϕ → ∃xψ)[~x/~a].
Entsprechend zeigt man A |= (∀xϕ → ∀xψ)[~x/~a], indem man von A |= ∀xϕ[~x/~a] auf A |=
∀xψ[~x/~a] schließt.
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