Aufgabe 2 Was ist jeweils die kleinste Zahl m ∈ N für die A ≡ m B

Aufgabe 2
Was ist jeweils die kleinste Zahl m ∈ N für die A 6≡m B gilt? Geben Sie einen trennenden
Satz ϕ vom Quantorenrang m und sowie Gewinnstrategien für den Herausforderer bzw. die
Duplikatorin im Spiel Gm (A, B) bzw. Gm−1 (A, B) an.
(a) A := (N, +A , P1A := {7}, P2A := {11}) und B := (N, +B , P1B := {7}, P2B := {15}) wobei +A
und +B jeweils die Addition als 3-stellige Relation beschreiben.
(b) A := (Z, +A ) und B := (Q, +B ) wobei +A und +B jeweils die Addition als 3-stellige
Relation beschreiben.
Lösung:
(a) m = 3. Trennende Formel: ∃x(∃y∃z(+(x, x, y) ∧ (x, y, z) ∧ P2 z)
Wir beobachten, dass 15 durch 3 teilbar ist, aber 11 eine Primzahl ist.
Gewinnstrategie für den Herausforderer in G3 (A, B):
• 1. Runde: Wir spielen 5 in B. Duplikatorin antwortet mit n1 in A.
• 2. Runde: Wir spielen 10 in B. Duplikatorin antwortet mit n1 +n1 in A (weil 5+5 = 10
ist, muss die Duplikatorin so spielen, um nicht direkt zu verlieren).
• 3. Runde: Wir spielen 15 in B. Duplikatorin antwortet mit 11 in A (weil 11 und 15
in den Strukturen jeweils durch P2 ausgezeichnet sind).
Jetzt haben wir die Endposition ((n1 , 2 · n1 , 11), (5, 10, 15)) erreicht. Damit dies einen
lokalen Isomorphismus beschreibt muss n1 + 2 · n1 = 11 gelten, aber dies ist unmöglich,
/ N. Also hat die Duplikatorin verloren.
weil dann n1 = 11
3 ∈
Gewinnstrategie für Duplikatorin in G2 (A, B):
• 1. Runde: Angenommen, der Herausforderer wählt n in einer der beiden Strukturen.
Wir antworten mit


15, falls n = 11






11, falls n = 15
30, falls n = 22




22, falls n = 30




n, sonst.
Jetzt befinden wir uns in einer der folgenden Positionen: ((11), (15)), ((15), (11)),
((22), (30)), ((30), (22)), oder ((m), (m)) für ein m ∈ N \ {11, 15, 22, 30}. Man beachte, dass alle diese Position lokale Isomorphismen beschreiben und beide Zahlen die
gleiche Parität haben.
• 2. Runde: Wir befinden uns nun in einer der oben aufgelisteten Position der Form
((n1 ), (m1 )). Angenommen, der Herausforderer wählt ein Element n2 ∈ N aus A.
Dann beantworten wir n gemäß den folgenden Regeln:
– Wenn n2 = 11, dann wählen wir 15.
– Wenn n2 = 15, dann wählen wir 11.
– Wenn n2 =
n1
2 ,
dann wählen wir
m1
2 .
– Wenn n2 = n1 + n1 , dann wählen wir m1 + m1 .
– Wenn n2 = n1 , dann wählen wir m2 = m1 .
– In allen anderen Fällen, wählen wir m2 = n2 .
Wir spielen auf analoge Weise, wenn der Herausforderer ein m2 ∈ N aus B wählt.
Man prüft leicht nach, dass alle gemäß dieser Strategie erreichbaren Positionen lokale
Isomorphismen beschreiben. Somit hat der Herausforderer verloren.
(b) Trennende Formel ∀x∃y(y + y = x).
Gewinnstrategie für den Herausforderer in G2 (A, B):
• 1. Runde: Wir wählen 1 in A. Daraufhin antwortet die Duplikatorin mit irgendeinem
q ∈ Q aus B.
• 2. Runde: Wir spielen 2q in B. Da keine Zahl z ∈ Z mit z + z = 1 existiert, wird
((1, z), (q, 2q )) für kein z ∈ Z einen lokalen Isomorphismus beschreiben.
Gewinnstrategie für die Duplikatorin im Spiel G1 (A, B): Beantworte 0 mit 0 und alles
andere mit 17.
Aufgabe 3
Sei τ eine endliche, relationale Signatur und K eine Klasse von τ -Strukturen.
(a) Zeigen Sie: Wenn es eine τ -Struktur B ∈
/ K gibt und für jedes m ∈ N ein Am ∈ K
existiert für das die Duplikatorin das Spiel Gm (Am , B) gewinnt, dann ist K nicht FOaxiomatisierbar, d.h. es gibt keine Formelmenge Φ ⊆ FO(τ ) mit Mod(Φ) = K.
(b) Benutzen Sie die Aussage aus (a), um zu zeigen, dass
K0 := {(A, R) : für jedes a ∈ A gilt (a, b) ∈ R nur für höchstens endlich viele b ∈ A gilt}
nicht FO-axiomatisierbar ist.
Lösung für (a):
Beweis durch Widerspruch. Angenommen, Φ ⊆ FO(τ ) würde K axiomatisieren. Da die Duplikatorin die Spiele Gm (Am , B) für alle m ∈ N gewinnt und da τ endlich (und relational) ist, folgt
aus dem Satz von Ehrenfeucht und Fraïssé, dass Am ≡m B für alle m ∈ N.
Wir zeigen nun, dass B |= Φ gilt. Sei dazu ϕ ∈ Φ und k := qr(ϕ). Da Ak ∈ K = Mod(Φ) folgt
Ak |= ϕ. Aufgrund von Ak ≡k B (und k = qr(ϕ)), gilt B |= ϕ.
Somit B ∈ Mod(Φ) = K im Widerspruch zu B ∈
/ K.
Lösung für (b):
Beweis. Betrachte Am := ({1, . . . , m + 1}, RAm ) wobei RAm := A2m (für m ∈ N) und B :=
(N, RB ) wobei RB := N2 .
Jetzt gilt B ∈
/ K0 aber Am ∈ K0 für alle m. Außerdem gewinnt die Duplikatorin das Spiel
Gm (Am , B) für alle natürlichen Zahlen m ∈ N. Also folgt, dass K0 nicht FO-axiomatisierbar
ist.