Einf ¨uhrung in die Logik - Tutorium Fr 14

Einführung in die Logik - Tutorium
Fr 14-16 Ralf Kozian
Martin Rippel
(XXXXXX)
Übungsblatt 4
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Aufgabe 1
Zu zeigen ist:
∀ϕ, ψ : ϕ, ψ ∈ F mLAL =⇒
W ertf (ϕ → ψ) = 1 ⇐⇒ (W ertf (ϕ) = 1 =⇒ W ertf (ψ) = 1)
Annahme: ϕ0 , ψ 0 seien beliebige LAL -Formeln.
Zu zeigen: W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1 ⇐⇒ (W ertf (ϕ0 ) = 1 =⇒ W ertf (ψ 0 ) = 1)
=⇒:
Annahme: W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1
Zu zeigen:
W ertf (ϕ0 ) = 1 =⇒ W ertf (ψ 0 ) = 1
Annahme: W ertf (ϕ0 ) = 1
Zu zeigen: W ertf (ψ 0 ) = 1
W ertf (ϕ0 ) = 1
1
Aus der Definition des Wertes für eine beliebige Belegung f 0 gilt:
W ertf (ψ 0 ) = 0 =⇒ W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 0
W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1 =⇒ W ertf (ϕ0 ) = 0
0
Per Kontraposition ergibt sich:
W ertf (ψ 0 ) = 1
Nun ist aber vorausgesetzt, dass W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1 und W ertf (ϕ0 ) = 1, also muss W ertf (ψ 0 ) = 1.
⇐=:
Annahme: W ertf (ϕ0 ) = 1 =⇒ W ertf (ψ 0 ) = 1
Zu zeigen:
W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1
Dies gilt aber schon nach der Definition des Wertes.
Damit ist die Behauptung für beliebige Formeln ϕ0 und ψ 0 gezeigt, also folgt die Aussage.
Aufgabe 2
Bemerkung: Die Anführungszeichen seien der Einfachheit halber weg gelassen.
a) Zu zeigen: |= ϕ → (ψ → ϕ ∧ ψ)
Nach Bemerkung aus der Vorlesung lässt sich das umformen zu:
Nach Definition heißt das:
∀f f Belegung
Annahme:
1
{ϕ} |= ψ → ϕ ∧ ψ ⇐⇒ {ϕ, ψ} |= ϕ ∧ ψ
∀α α ∈ {ϕ, ψ} =⇒ W ertf (α) = 1 =⇒ W ertf (ϕ ∧ ψ) = 1
Sei f 0 eine beliebige Belegung. Gelte weiterhin ∀α : α ∈ {ϕ, ψ} =⇒ W ertf (α) = 1.
also (lt. Definition Wert):
W ertf (ϕ → ¬ψ) = 0 ⇐⇒ W ertf (ϕ) = 1
1
Zu zeigen: W ertf (ϕ ∧ ψ) = 1 ist eine Abkürzung für W ertf (¬(ϕ → ¬ψ)) = 1,
W ertf (¬ψ) = 0
Lösung:
Dann folgt: W ertf (¬ψ) = 0
1
f 0 ist beliebige Belegung. Spezialisiere zweite Annahme auf ϕ und ψ. Dann folgt, da ϕ ∈ {ϕ, ψ} und
ψ ∈ {ϕ, ψ}, dass W ertf (ϕ) = 1 und W ertf (ψ) = 1.
W ertf (ϕ) = 1 =⇒ W ertf (ϕ → ¬ψ) = 0 =⇒ W ertf (ϕ ∧ ψ) = 1.
Einführung in die Logik - Tutorium
Fr 14-16 Ralf Kozian
Aufgabe 3
Martin Rippel
(XXXXXX)
Übungsblatt 4
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Bemerkung: Die Anführungszeichen seien der Einfachheit halber weg gelassen.
∃f (f Belegung
W ertf (p1 ) = 1
1
Dann gilt:
1
a) Zu zeigen ist: {p1 } 6|= p2 . Vorausgesetzt sei, dass dies die äquivalent ist mit ¬ ({p1 } |= p2 ).
W ertf (p2 ) = 0).
Finde die Belegung f 0 mit W ertf 0 (p1 ) = 1 und W ertf 0 (p2 ) = 0.
b) Angenommen es gelte: {p1 } |= ¬p2 . Laut Vorlesung ist dies äquivalent mit |= p1 → ¬p2 . Dann gilt
laut Definition:
∀f f Belegung =⇒ W ertf (p1 → ¬p2 ) = 1
Man finde das Gegenbeispiel der Belegung f 0 mit W ertf 0 (p1 ) = 1 = W ertf 0 (p2 ).
Dann folgt aus der Definition des Wertes: W ertf 0 (¬p2 ) = 0, und damit ergibt sich ebenfalls aus der
Definition des Wertes, dass W ertf 0 (p1 → ¬p2 ) = 0.
Damit ist das Gegenbeispiel erbracht, die Aussage gilt nicht.
Zu zeigen ist: Für beliebige Σ mit Σ ⊆ F mLAL =⇒ Σ ⊆ Cn(Σ).
Dabei sei Cn(Σ) := {ϕ| ϕ ∈ F mLAL
1
Aufgabe 4
Σ |= ϕ} die Menge aller LAL -Formeln, die logisch aus Σ folgen.
Zuerst zeige ich, dass für beliebiges σ ∈ Σ gilt: Σ |= σ 0 . Dies heißt laut Definition:
∀f f Belegung ∀α α ∈ Σ =⇒ W ertf (α) = 1 =⇒ W ertf (σ 0 ) = 1
1
0
Sei also f 0 eine beliebige Belegung und es gelte ∀α : α ∈ Σ =⇒ W ertf 0 (α) = 1.
Dann gilt wegen σ 0 ∈ Σ auch W ertf 0 (σ 0 ) = 1. Damit ist die Behauptung aber schon für beliebiges σ 0 ∈ Σ
unter beliebiger Belegung f 0 gezeigt. Also gilt für alle σ ∈ Σ : Σ |= σ.
Dann sind aber alle σ ∈ Σ auch enthalten in Cn(Σ). Das heißt:
∀σ(σ ∈ Σ =⇒ σ ∈ Cn(Σ))
Dies ist aber genau die Definition von einer Teilmenge, also:
Σ ⊆ Cn.