Musterlösung 11.Übung Mathematische Logik II - RWTH

Lehr- und Forschungsgebiet
Mathematische Grundlagen der Informatik
RWTH Aachen
Prof. Dr. E. Grädel, F. Reinhardt
WS 2014/15
Musterlösung 11.Übung Mathematische Logik II
Lösung zu Aufgabe 2 (e)
Sei A := (Q × Z, <A ). Wir behaupten, dass A ω-saturiert ist. Aus Aufgabe 1 folgt die Existenz
einer ω-saturierten elementaren Erweiterung B = (B, <B ) von A.
Wir definieren zunächst die folgenden Distanzformelmengen
d=n (x, y) := {∃=n z(x ≤ z < y)} für alle n ∈ ω
d=−n (x, y) := d=n (y, x) für alle n ∈ ω
d=∞ (x, y) := {∃≥n z(x ≤ z < y) | n ∈ ω}
d=−∞ (x, y) := d∞ (y, x)
Setze Z∞ := Z ∪ {∞, −∞} Ist C = (C, <C ) eine lineare Ordnung, so gibt es offenbar für alle
a, b ∈ C genau ein z ∈ Z∞ mit C |= d=z (a, b). Bezeichne dC (a, b) := z dieses eindeutige z. Man
macht sich leich klar, dass dC (a, c) = dC (a, b)+dC (b, c) für alle a, b, c ∈ C mit (dC (a, b), dC (b, c)) ∈
/
{(∞, −∞), (−∞, ∞)} gilt, wenn man ∞ + ∞ = z + ∞ = ∞ + z = ∞ und −∞ + (−∞) =
z + (−∞) = −∞ + z = −∞ für alle z ∈ Z setzt.
Behauptung:
Es gilt (B, b1 , . . . , bn ) ≡∞ (A, a1 , . . . , an ) genau dann, wenn dA (ai , aj ) = dB (bi , bj )
für alle 1 ≤ i, j ≤ n.
(1)
Beweis:
“⇒”: Sei dA (ai , aj ) = z, dann gilt A |= d=z (ai , aj ) und somit wegen (A, a) ≡ (B, b) auch
B |= d=z (bi , bj ), also dB (bi , bj ) = z = dA (ai , aj ).
“⇐”: Wir zeigen, dass die Duplikatorin eine Gewinnstrategie im Ehrenfeucht-Fraisse-Spiel
G∞ ((A, a1 , . . . , an ), (B, b1 , . . . , bn )) hat. Dazu reicht es zu zeigen, dass die Duplikatorin
immer so ziehen kann, dass an jeder Position (a, b) die Invariante
dA (ai , aj ) = dB (bi , bj ) , für alle 1 ≤ i, j ≤ |a|
(Inv)
erhalten bleibt. Sei also (a, b) eine Position an der die Invariante gilt und sei c ∈ A der
nächste Zug des Herausforderers.
1. Fall: Angenommen es gibt ein i mit dA (ai , c) = z ∈ Z. Dann gilt also A |= d=z (ai , c).
Da zudem A |= ∀x∃yd=z (x, y) und A ≡ B folgt B |= ∀x∃yd=z (x, y) und somit gibt
es auch ein d ∈ B mit dB (bi , d) = z. Da zudem dA (aj , c) = dA (aj , ai ) + dA (ai , c) =
dB (bj , bi ) + dB (bi , d) = dB (bj , d) für alle j gilt, bleibt die Invariante also an der
Position (ac, bd) erhalten.
http://logic.rwth-aachen.de/Teaching/MaLo2-WS14
2. Fall: Angenommen für alle i gilt dA (ai , c) ∈ {∞, −∞}. Sei U := {i | dA (ai , c) = −∞}
S
S
und L := {i | dA (ai , c) = ∞}. Wir zeigen, dass p := u∈U d=−∞ (bu , x)∪ l∈L d=∞ (bl , x)
ein 1-Typ von B über b ist: Sei p0 ⊆ p eine endliche Teilmenge. Dann gibt es ein n ∈ ω,
V
V
so dass Th(Bb ) |= ϕ → p0 , mit ϕ := ϕ(x, (bu )u∈U , (bl )l∈L ) := u∈U ∃≥n z(x ≤ z <
V
bu ) ∧ l∈L ∃≥n z(bl ≤ z < x). Offenbar gilt
A |= (∀yu )u∈U (∀yl )l∈L ( (l,u)∈L×U ∃≥2n+1 z(yl ≤ z < yu ) → ∃xϕ(x, (yu )u∈U , (yl )l∈L ))
V
und somit wegen A ≡ B und B |= (l,u)∈L×U ∃≥2n+1 z(bl ≤ z < bu ) auch B |=
∃xϕ(x, (bu )u∈U , (bl )l∈L ). Also ist p0 ∪ Th(Bb ) konsistent und nach Kompaktheitssatz
p somit ein 1-Typ in B. Da B ω-saturiert ist, wird p in B von einem Element d ∈ B
realisiert für das somit dB (bj , d) = dA (aj , d) für alle j gilt, womit also an der Position
(ac, bd) die Invariante erhalten bleibt.
V
Wenn der Herausforderer ein Element c ∈ B wählt geht man analog vor, wobei man nur
im 2. Fall beachten muss, dass der 1-Typ p auch in A realisiert wird.
Sei nun p ein 1-Typ von A über einem endlichen Tupel a. Aus A B folgt zunächst
(A, a) ≡ (B, a), womit p auch ein 1-Typ von B über a ist, sowie mit der vorhergehenden
Behauptung (A, a) ≡∞ (B, a). Da B ω-saturiert ist, gibt es ein c ∈ B, das p in B realisiert
und somit auch ein d ∈ A mit (B, ac) ≡∞ (A, ad) und somit realisiert d den Typ p in A.
Also ist A ω-saturiert.
Lösung zu Aufgabe 4
(a) ϕ1 (x) = ∀y∃z(Exy ∨ Eyz) ist nicht bisimulations-invariant,
kann also nicht äquivalent zu einer ML-Formel sein: K1 = ({0, 1}, {(0, 1)}) und K2 =
({0, 1, 2}, {(0, 1)}) sind bisimilar via Z = {(0, 0), (1, 1)}, aber es gilt K1 |= ϕ1 (0) und
K2 |= ¬ϕ1 (0).
(b) ϕ2 (x) = ∀y∃z(¬Exy ∨ Eyz) ≡ ∀y(¬Exy ∨ ∃zEyz) ≡ ∀y(Exy → ∃zEyz) ≡ ♦1
(c) ϕ3 (x) = ∃y∀z(Eyx ∧ Eyz ∧ P z) ist nicht bisimulations-invariant:
K1 = ({0, 1}, {(0, 0), (0, 1)}, {0, 1}) |= ϕ3 (1), K2 = ({1}, ∅, {1}) |= ¬ϕ3 (1) , aber K1 , 1 ∼
K2 , 1 via Z = {(1, 1)}.
Lösung zu Aufgabe 5
K, 1
K, 2
K, 3
K, 4
K, 5
K0 , 1
hai1
hai1
∼
hai1
hai1
K0 , 2
hbihai1
∼
[a]0
∼
hbihai1
K0 , 3
∼
hbi[a]0
[a]0
hbi[a]0
∼
K0 , 4
hbihai1
∼
[a]0
∼
hbihai1
K0 , 5
hai1
hai1
∼
hai1
hai1
(a) Z = {(1, 3), (2, 2), (2, 4), (3, 1), (3, 5), (4, 2), (4, 4), (5, 3)} ist maximale Bisimulation zwischen K und K0 . Es gilt also K, v ∼ K0 , w ⇔ (v, w) ∈ Z.
(b) Siehe Tabelle.
(c) ϕ(x) = ∃yEa yx.
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