Musterlösungen zu Blatt 7 - Logik und Sprachtheorie

Rene Gazzari
Mathematische Logik I, WS 09/10
Musterlösungen zu Blatt 7
Zu Aufgabe 30:
In dieser Aufgabe werden die Strukturregeln für ! (Proposition 6.6) und die
Ergebnisse der Aufgaben 25 und 29 verwendet.
Hilfssatz:
Für jede Formelmenge Γ ⊆ PROP gilt:
Ded(Γ) = Ded(Ded(Γ))
Beweis. Ein Beweis mit konkreten Ableitungen wäre möglich, hier wird aber
die Verwendung der Strukturregeln bevorzugt.
⊆“: Sei φ ∈ Ded(Γ) beliebig. Aufgrund der Identität gilt sicherlich φ ! φ. Da
”
φ ∈ Ded(Γ) folgt mit Verdünnung Ded(Γ) ! φ. Damit ist φ ∈ Ded(Ded(Γ)).
⊇“: Sei φ ∈ Ded(Ded(Γ)) beliebig.
”
Damit gibt es Ableitung D mit Hyp(D) ⊆ Ded(Γ) und Endformel φ. Insbesondere gilt auch: Hyp(D) ! φ. Zu zeigen ist, dass Γ ! φ.
Jedenfalls ist Hyp(D) endlich. Falls Hyp(D) = ∅, dann ist nichts mehr zu
zeigen. Sei also ∅ %= Hyp(D) = {ψ1 , . . . ψn } ⊆ Ded(Γ) für ein n ∈ N.
Es ist etwa ψn ∈ Ded(Γ). Damit gilt (mit Verdünnung):
Γ ! ψn
Mit dem Schnitt folgt:
und
Γ, {ψ1 , . . . ψn−1 }, ψn ! φ
Γ, {ψ1 , . . . ψn−1 } ! φ.
Durch n-fache Iteration der Argumentation erhält man:
Damit ist φ ∈ Ded(Γ).
Γ ! φ.
q.e.d.
1. Behauptung: Sei Γ konsistent. Dann ist Ded(Γ) genau dann maximalkonsistent, wenn Γ vollständig ist.
Beweis.
Es sind zwei Richtungen zu zeigen.
⇒“ Sei also Ded(Γ) maximal-konsistent. Angenommen Γ nicht vollständig.
”
Dann gibt es φ ∈ PROP mit Γ % ! φ und Γ % ! ψ. Also ist φ, ¬φ ∈
/ Ded(Γ).
Da Ded(Γ) maximal-konsistent, ist Ded(Γ) ∪ {φ} inkonsistent. Das bedeutet: Ded(Γ), φ ! ⊥. Sei D entsprechende Ableitung.
[φ]1
D
Dann ist D" :!
⊥
( I→:1 )
¬φ
ebenfalls eine Ableitung. Es gilt Hyp(D" ) = Hyp(D)\{φ} ⊆ Ded(Γ). Da
¬φ Endformel von D" ist, gilt Ded(Γ) ! ¬φ.
Also ist φ ∈ Ded(Ded(Γ)) = Ded(Γ).
Widerspruch.
Also ist die Annahme zu verwerfen und Γ vollständig.
Rene Gazzari
Mathematische Logik I, WS 09/10
⇐“ Sei nun Γ vollständig. Jedenfalls ist Ded(Γ) konsistent.
”
(Sonst wäre: Ded(Γ) ! ⊥. Das bedeutet aber ⊥ ∈ Ded(Ded(Γ)) = Ded(Γ),
also Γ ! ⊥. Widerspruch Γ ist konsistent.)
Angenommen, Ded(Γ) nicht maximal-konsistent.
Dann gibt es φ ∈ PROP \ Ded(Γ) mit Ded(Γ) ∪ {φ} konsistent.
Es gilt Γ % ! φ, da φ ∈
/ Ded(Γ).
Da Γ vollständig, folgt Γ ! ¬φ. Also ist ¬φ ∈ Ded(Γ) = Ded(Ded(Γ)).
Damit gilt Ded(Γ) ! ¬φ. Sei D entsprechende Ableitung.
Dann ist D" :!
φ
D
¬φ
eine Ableitung.
( MP )
⊥
D" hat Endformel ⊥ und Hyp(D" ) = Hyp(D) ∪ {φ} ⊆ Ded(Γ) ∪ {φ}.
Es gilt also Ded(Γ), φ ! ⊥ und Ded(Γ)∪{φ} ist inkonsistent. Widerspruch
Damit ist Annahme zu verwerfen und Ded(Γ) selbst ist maximal-konsistent.
q.e.d.
2. Behauptung: Zu jeder konsistenten, vollständigen Menge Γ gibt es genau
eine Menge Λ wie in Aufgabe 29 mit Ded(Γ) = Ded(Λ).
Beweis.
Es ist Mehreres zu zeigen:
(1) Existenz:
Betrachte Λ := Ded(Γ) ∩ {φ ∈ PROP; φ ist Literal}
Da Γ vollständig, gilt für alle φ ∈ PROP: Γ ! φ oder Γ ! ¬φ. Da Γ zudem
konsistent ist, gibt es kein φ ∈ PROP mit Γ ! φ und Γ ! ¬φ.
Dies gilt insbesondere auch für alle Aussagevariablen. Also gilt für jedes
p ∈ AV: Entweder Γ ! p oder Γ ! ¬p.
Damit ist entweder p ∈ Ded(Γ) oder ¬p ∈ Ded(Γ). Folglich ist Λ eine
Menge wie in Aufgabe 29.
Zu zeigen ist hier noch:
Ded(Λ) = Ded(Γ).
⊆“: Jedenfalls ist nach Konstruktion Λ ⊆ Ded(Γ).
”
Sei φ ∈ Ded(Λ), also Λ ! φ. Mit Verdünnung folgt Ded(Γ) ! φ, also
φ ∈ Ded(Ded(Γ)) = Ded(Γ).
Also gilt Ded(Λ) ⊆ Ded(Γ). (#)
⊇“: Sei nun umgekehrt φ ∈ Ded(Γ). Also Γ ! φ.
”
Angenommen φ ∈
/ Ded(Λ), also Λ % ! φ. Da Λ vollständig ist, folgt
Λ ! ¬φ. Das bedeutet aber mit (#), dass ¬φ ∈ Ded(Λ) ⊆ Ded(Γ).
Damit Γ ! ¬φ. Widerspruch zur Konsistenz von Γ.
(2) Eindeutigkeit:
Sei Λ" andere Menge wie in Aufgabe 29.
Dann gibt es ohne Einschränkung eine Aussagevariable p ∈ Λ" \Λ.
Es gilt ¬p ∈ Λ, also ¬p ∈ Ded(Λ) = Ded(Γ). Das bedeutet aber Γ ! ¬p.
Wäre nun p ∈ Ded(Γ), dann würde Γ ! p gelten und Γ wäre inkonsistent.
Also ist p ∈
/ Ded(Γ). Da p ∈ Λ" , gilt Λ" ! p, also p ∈ Ded(Λ" ).
Damit ist Ded(Λ" ) %= Ded(Γ) und die Eindeutigkeit ist gezeigt.
q.e.d.