¨Ubungen zur Logik

Lösungsvorschläge Sommersemester 2001 (Stand: 12. 06. 2001)
Technische Universität München
Institut für Informatik
Prof. Tobias Nipkow, Ph.D.
Gerwin Klein
Blatt 6
Sommersemester 2001
Lösungsvorschläge zu Blatt 6
12. 06. 2001
Übungen zur Logik
Aufgabe 1 (Lösungsvorschlag)
Es gelte: `G Γ ⇒ ∆, ¬X
Zu zeigen: `G Γ, X ⇒ ∆
als Regel:
Γ ⇒ ∆, ¬X
Γ, X ⇒ ∆
Beweis mit Induktion über die Länge der Ableitung:
• n = 0 : Es gilt also
Γ ⇒ ∆, ¬X
damit ist entweder ⊥ ∈ Γ, oder es gibt eine Formel F mit F ∈ Γ und F ∈ ∆.
Wenn ⊥ ∈ Γ oder F 6= ¬X, dann gilt auch sofort
Γ, X ⇒ ∆
Sei nun ¬X ∈ Γ bzw. Γ von der Form
Damit gilt:
Γ = Γ0 , ¬X, Γ00
Γ0 , ¬X, Γ00 ⇒ ∆, ¬X
¬L
Γ, X ⇒ ∆
• n
n + 1 : Sei
..
.
Γ ⇒ ∆, ¬X
eine Ableitung der Länge n + 1.
Wir zeigen:
`G Γ, X ⇒ ∆
Fallunterscheidung:
1. ¬X war Hauptformel der letzten Regelanwendung:
Dann muß Γ ⇒ ∆, ¬X aus
..
.
Γ, X ⇒ ∆
¬R
Γ ⇒ ∆, ¬X
entstanden sein. Wenn man die letzte Regelanwendung wegläßt,
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gilt also:
Blatt 6
`G Γ, X ⇒ ∆
2. ¬X war nicht Hauptformel der letzten Regelanwendung:
..
.
Γ0 ⇒ ∆0 , ¬X
R
Γ ⇒ ∆, ¬X
Die Länge der Ableitung von Γ0 ⇒ ∆0 , ¬X ist n.
Nach IH gilt `G Γ0 , X ⇒ ∆0 .
Da sich Γ0 und ∆0 nicht geändert haben und ¬X nicht Hauptformel war, ist
die letzte Regel R der Herleitung von Γ ⇒ ∆, ¬X immer noch anwendbar,
d.h.:
..
.
Γ0 , X ⇒ ∆0
R
Γ, X ⇒ ∆
Aufgabe 2 (Lösungsvorschlag)
a)
F1 = ∀x.rel(x, x)
F2 = ∀x.∀y.(rel(x, y) → rel(y, x))
F3 = ∀x.∀y.∀z.((rel(x, y) ∧ rel(y, z)) → rel(x, z))
b) Wir geben drei Strukturen an, so daß Ai gerade nicht Modell für Fi ist, aber für die
anderen Formeln. Der Grundbereich sei jedes Mal die Menge {1,2,3}.
relA1 = ∅
relA2 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 3)}
relA3 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2)}
Aufgabe 3 (Lösungsvorschlag)
a) Ja.
b) Nein.
c) Ja.
Aufgabe 4 (Lösungsvorschlag)
a) Zu zeigen ist, daß ((∃y.∀x.R(x, y)) → (∀x.∃y.R(x, y)))A = (∃y.∀x.R(x, y))A ⇒
(∀x.∃y.R(x, y))A = 1. Wenn die linke Seite der Implikation falsch ist, gilt die Aussage unabhängig vom Wahrheitswert der rechten Seite. Wir müssen also nur zeigen,
daß die Gültigkeit der linken Seite die Gültigkeit der rechten Seite impliziert.
Sei also (∃y.∀x.R(x, y))A = 1. Folglich gibt es ein a ∈ UA , so daß für alle a0 ∈ UA
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Blatt 6
0
gilt R(x, y)A[y/a][x/a ] = RA (a0 , a) = 1.
00
000
Zu zeigen ist nun, daß für alle a00 ∈ UA es ein a000 ∈ UA gibt mit R(x, y)A[x/a ][y/a ] =
RA (a00 , a000 ). Sei nun a00 ∈ UA beliebig. Wähle a000 = a. Nach Voraussetzung gilt
RA (a00 , a000 ) = 1.
b) Zu zeigen ist, daß (∃x.(P (x) → ∀x.P (x)))A = 1.
Dies gilt gdw. es ein a ∈ UA gibt mit
(P (x) → ∀x.P (x))A[x/a] =
P (x)A[x/a] ⇒ (∀x.P (x))A[x/a] =
P A (a) ⇒ (∀x.P (x))A = 1.
1.Fall: Für alle a0 ∈ UA gilt P A (a0 ) = (∀x.P (x))A = 1. Die Implikation gilt dann
immer, da die rechte Seite gültig ist.
2.Fall: Es gibt ein a0 ∈ UA mit P A (a0 ) = 0. Wähle den Zeugen a = a0 . Da die linke
Seite der Implikation nun nicht gültig ist, gilt die Implikation (ex falso quodlibet).
Aufgabe 5 (Lösungsvorschlag)
Als Grundmenge wählen wir natürliche Zahlen. Die Interpretation ist folgendermaßen definiert:
P A (n) = IN
+A (m, n) = m + n ∈ IN
0A = 0 ∈ IN
1A = 1 ∈ IN
Für diese Interpretation ist (∀n.P (n))A = 1 und folglich die gesamte Formel gültig.
Die folgende Struktur B falsifiziert die Formel:
UB = IN ∪ {∞}
P B (n) = IN
m + n : falls m, n ∈ IN
B
+ (m, n) =
∞ : sonst
0B = 0 ∈ IN
1B = 1 ∈ IN
(∀x.P (x))B = 1 gdw. für alle b ∈ IN ∪ {∞} gilt b ∈ IN . Folglich ist (∀x.P (x))B = 0
Es bleibt zu zeigen, daß (P (0) ∧ (∀n.P (n)) → P (n + 1)))A = 1.
P (0)A = P A (0A ) = 1, da 0 ∈ IN .
Sei b ∈ IN ∪ {∞} beliebig.
1.Fall: (b ∈ IN ): Der Nachfolger einer natürlichen Zahl ist wieder eine natürliche Zahl.
2.Fall: (b = ∞): ∞ + 1 = ∞, d.h. P A (∞) → P A (∞ + 1)
Folglich ist auch (∀n.P (n) → P (n + 1))A = 1.