Klausur zur Vorlesung Mathematische Logik

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1 Universität Heidelberg 13. Februar 2014 Institut für Informatik Prof. Dr. Klaus Ambos-Spies Dipl.-Math. Thorsten Kräling Klausur zur Vorlesung Mathematische Logik Musterlösung Aufgabe 1 (Aussagenlogik - 8 Punkte) Seien ϕ 1, ϕ 2 und ϕ 3 die folgenden aussagenlogischen Formeln: ϕ 1 ( A 1 A 2 ) ϕ 2 ((A 2 A 1 ) (A 2 A 1 )) ϕ 3 ( A 1 A 2 ) (a) (3 Punkte) Geben Sie die 2-stelligen Booleschen Funktionen f ϕi,2 an, die von ϕ i dargestellt werden (i = 1, 2, 3). (b) (5 Punkte) Geben Sie zu folgenden Aussagen jeweils mit kurzer Begründung an, ob Sie wahr oder falsch sind. (i) ϕ 1 ist allgemeingültig. (ii) ϕ 3 ist erfüllbar. (iii) {ϕ 2, ϕ 3 } ist erfüllbar. (iv) ϕ 1 äq ϕ 3 (v) ϕ 2 impl ϕ 1 LÖSUNG: (a) Für die Funktionen f ϕi,2 erhalten wir folgende Wertetabelle: x 0 x 1 f A1,2 f A2,2 f ϕ1,2(x 1, x 2 ) f A2 A 1,2(x 1, x 2 ) f A2 A 1,2(x 1, x 2 ) f ϕ2,2(x 1, x 2 ) f ϕ3,2(x 1, x 2 ) (b) (i) FALSCH, da ϕ 1 unter der Belegung B(A 1 ) = 0, B(A 2 ) = 1 den Wahrheitswert 0 annimmt. (ii) WAHR, da ϕ 3 unter der Belegung B(A 1 ) = B(A 2 ) = 0 den Wahrheitswert 1 annimmt. (iii) FALSCH, da es keine Belegung gibt, unter der ϕ 2 den Wahrheitswert 1 annimmt (also erst recht keine, unter der ϕ 2 und ϕ 3 beide den Wahrheitswert 1 annehmen). (iv) WAHR, da ϕ 1 und ϕ 2 für jede der vier möglichen Belegungen von A 1 und A 2 den gleichen Wahrheitswert annehmen. (v) WAHR, da jede Belegung, die ϕ 2 wahr macht, auch ϕ 1 wahrmacht (trivialerweise, weil es keine Belegung gibt, die ϕ 2 wahr macht).

2 Aufgabe 2 (Aussagenlogik - 7 Punkte) Die Boolesche Funktion f : {0, 1} 3 {0, 1} sei definiert durch { 1, falls x 0 = x 2 f(x 0, x 1, x 2 ) = 0 sonst. Geben Sie eine Boolesche Formel in disjunktiver Normalform an, die f darstellt. Verwenden Sie hierzu das in der Vorlesung angegebene allgemeine Verfahren. LÖSUNG. Um eine Formel ϕ f in DNF zu erhalten, die eine Boolesche Funktion f (n) darstellt, stellt man zunächst die Wertetabelle von f auf. Die Eingabetupel (i 0,..., i n 1 ), für die die Funktion f den Wert 1 annimmt, ergeben dann gerade die Klauseln von ϕ f, wenn man die Eingabe i k = 0 durch das Literal A k und i k = 1 durch das Literal A k ersetzt. Im Falle von f erhalten wir die Wertetabelle und hieraus die Formel x 0 x 1 x 2 f(x 0, x 1, x 2 ) ϕ f ( A 1 A 2 A 3 ) ( A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A 3 ).

3 Aufgabe 3 (Prädikatenlogik 1. Stufe - 8 Punkte) Sei L = L( ;, f) die prädikatenlogische Sprache mit dem 2-stelligen Relationszeichen, dem 2-stelligen Funktionszeichen und einem einstelligen Funktionszeichen f. Sei R = (R 0 ; R ; R, f R ) eine L-Struktur mit den nichtnegativen reellen Zahlen als Individuenbereich, in der R und R als gewöhnliche Ordnungsrelation und Multiplikation interpretiert werden. Geben Sie L-Sätze σ 1, σ 2, σ 3 und σ 4 an, sodass gilt: R σ 1 f R ist die konstante Funktion mit Wert 1. R σ 2 f R hat genau eine Nullstelle. R σ 3 f R ist die Funktion mit x x. R σ 4 f R ist streng monoton fallend. (Sie können bei dieser und den folgenden Aufgaben die in der Vorlesung eingeführten Konventionen zur Erhöhung der Lesbarkeit von Formeln - wie Klammerregeln, zusätzliche Junktoren und Allquantor - verwenden.) LÖSUNG: Setze σ 1 (x) x(f(x) f(x) = f(x) y(y x x = y)), σ 2 x( yf(x) y z(z x f(z) = f(x))), σ 3 xf(x) f(x) = x, σ 4 (x) x y((x y x = y) (f(y) f(x) f(x) = f(y))).

4 Aufgabe 4 (Prädikatenlogik 1. Stufe - 14 Punkte) Sei L die Sprache L(f; c 0, c 1 ), wobei f ein 1-stelliges Funktionszeichen und c 0 und c 1 Konstanten seien, und sei T = (L, Σ) die L-Theorie mit Axiomenmenge Σ = {c 0 = c 1, x y (x c 1 f(y) x)}. (a) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass jedes Modell von T zumindest zwei Individuen besitzt, und geben Sie ein Modell A von T an, dessen Individuenbereich die Mächtigkeit 2 hat. (b) (2 Punkte) Geben Sie ein Modell B von T an, dessen Individuenbereich N ist und in dem f durch eine Funktion f B interpretiert wird, für die n < f B (n) für alle n gilt. (c) (1 Punkt) Zeigen Sie, dass T konsistent ist. (d) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass T nicht vollständig ist, indem Sie explizit einen L-Satz σ angeben, für den weder T σ noch T σ gilt (mit Begründung). (e) (2 Punkte) Bestimmen Sie das Termmodell A T von T. (f) (2 Punkte) Ist A T ein Modell von T? (Begründung!) (g) (2 Punkte) Ist T eine Henkin-Theorie? (Begründung!) LÖSUNG: (a) Da jedes Modell A von T ein Modell des Satzes x y (x c 1 & f(y) x) und damit insbesondere des hieraus folgenden Satzes x (x c 1 ) ist, muss A ein Individuum a enthalten, das sich von dem Individuum c A 1 unterscheidet. Eine 2-elementige Struktur A = ({0, 1}; f A ; c A 0, c A 1 ), die Modell von T ist, erhält man, wenn man f A (0) = f A (1) = c A 0 = c A 1 = 0 setzt. (Wichtig ist hierbei ist, dass eines der Individuen (hier die 1) keinen konstanten Term interpretiert.) (b) B = (N; S; 1, 1) ist das gewünschte Modell von T, wobei S(n) = n + 1 die Nachfolgerfunktion ist. (Wichtig wiederum, dass 0 t B für alle konstanten Terme t gilt.) (c) Da (nach (a) bzw. (b)) T ein Modell besitzt, ist T erfüllbar. Da nach dem Adäquatheitssatz für die Erfüllbarkeit Erfüllbarkeit und Konsistenz zusammenfallen, ist T also konsistent. (d) Laut Aufgabenteilen (a) und (b) besitzt T ein Modell mit 2 Elementen und ein unendliches Modell. Es folgen aus T daher weder die Anzahlformel ϕ 2 x 1 x 2 y (y = x 1 y = x 2 ) noch deren Negation, d.h. T ϕ 2 und T ϕ 2. Nach dem Adäquatheitssatz hat also der Satz σ = ϕ 2 die verlangten Eigenschaften. (e) Die konstanten L-Terme sind gerade die Terme f n (c i ) für n 0 und i = 0, 1, wobei f n (c i ) induktiv durch f 0 (c i ) : c i und f n+1 (c i ) : f(f n (c i )) definiert ist. Wegen c 0 = c 1 T gilt T f n (c 0 ) = f n (c 1 ) für alle n 0, wogegen das Modell B von T (zusammen mit dem Adäquatheitssatz) zeigt, dass T f n (c 0 ) = f n (c 0 ) für alle n n gilt. Also f n (c 0 ) = f n (c 1 ) = {f n (c 0 ), f n (c 1 )}. Das Termmodell A T hat daher die Gestalt wobei A T = (K T ; f A T ; c A T 0, c A T 1 ) K T = {f n (c 0 ) : n 0} & f A T (f n (c 0 )) = f n+1 (c 0 ) & c A T 0 = c A T 1 = c 0. (f) Die Termstruktur A T ist kein Modell von T. Wie in (a) kann man zunächst argumentieren, dass wegen x y (x c 1 & f(y) x) T jedes Modell A von T ein Individuum a besitzen muss, das sich von all den Individuen f n (c 1 ) A unterscheiden muss, die die konstanten Terme f n (c 1 ) (n 0) interpretieren. In A T gibt es solch ein Individuum jedoch nicht, da hier die Individuen gerade die konstanten L-Terme interpretieren und die Terme f n (c 0 ) und f n (c 1 ) (wegen c 0 = c 1 T ) gleich interpretiert werden. (g) T ist keine Henkin-Theorie. Wie im Nachweis von (f) kann man argumentieren, dass es für den Satz x ϕ x y (x c 1 & f(y) x) keinen konstanten Term t mit T ϕ[t/x] gibt. Wegen T x ϕ beweist T daher keines der Henkin-Axiome x ϕ ϕ[t/x].

5 Aufgabe 5 (Prädikatenlogik 1. Stufe - 9 Punkte) Sei L = L(S; 0), wobei S ein 1-stelliges Funktionszeichen und 0 eine Konstante ist, und sei K die Klasse von L-Strukturen, in denen die konstanten L-Terme 0, S(0), S(S(0)), S(S(S(0))),... paarweise verschieden interpretiert werden. (a) (1 Punkt) Geben Sie eine Funktion f : N N an, sodass die L-Struktur A = (N; f; 0) in K liegt. (b) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die Klasse K -elementar ist. (c) (6 Punkte) Zeigen Sie, dass K nicht elementar ist. LÖSUNG: (a) Es genügt f als die Nachfolgerfunktion f(n) = n + 1 zu wählen. (b) Definiert man die Terme S n (0) (n 0) induktiv durch S 0 (0) 0 und S n+1 (0) S(S n (0)) und die Sätze σ n,m durch so gilt L = Mod(Σ) für σ n,m S n (0) S m (0), Σ = {σ n,m : n m}. (c) Der Beweis ist indirekt. Wir gehen von der Widerspruchsannahme aus, dass K elementar ist. Dann gibt es einen L-Satz σ mit K = Mod(σ) und daher K = Mod( σ). Für die Satzmenge Σ aus Teil (b) der Aufgabe ist daher Σ { σ} nicht erfüllbar. Es folgt mit dem Kompaktheitssatz, dass es eine endliche Teilmenge Σ 0 von Σ { σ} gibt, die nicht erfüllbar ist. Um den gewünschten Widerspruch zu erhalten, genügt es also zu zeigen, dass Σ 0 ein Modell besitzt (und damit erfüllbar ist). Dies zeigt man wie folgt: Wegen der Endlichkeit von Σ 0 gibt es eine Zahl k, sodass Σ 0 {σ n,m : n m & n, m k} { σ} gilt. Für die L-Struktur A = (N; f ; 0), wobei f definiert ist durch { f n + 1 falls n k (n) = k + 1 sonst, gilt dann sowohl A {σ n,m : n m & n, m k} (da f bis zur Stelle k injektiv ist) als auch A K und daher A σ (da f nicht injektiv ist). Also ist A ein Modell von Σ 0.

6 Aufgabe 6 (Prädikatenlogik zweiter Stufe - 6 Punkte) Sei L = L( ) die Sprache mit dem 2-stelligen Relationszeichen. Geben Sie einen L (2) -Satz σ derart an, dass A (2) σ genau dann in einer L- Struktur A gilt, wenn A eine Äquivalenzrelation auf A ist, die nur endliche Äquivalenzklassen besitzt. Hinweis: Verwenden Sie, dass eine Menge M genau dann endlich ist, wenn jede injektive Funktion von M nach M surjektiv ist (bzw. äquivalent, wenn jede echte Teilmenge von M kleinere Kardinalität als M hat). LÖSUNG: Der Satz σ = σ 1 σ 2 erfüllt die Anforderung, wobei σ 1 x y z(x x (x y y x) (x y y z x z)), σ 2 X (2) ( x y(x(x, y) y (X(x, y ) y = y )) x x (X(x, y) X(x, y) x = x ) xf(x) x y x X(x, y)) Dabei beschreibt σ 1, dass eine Äquivalenzrelation ist (Prädikatenlogik 1. Stufe). Der Satz σ 2 beschreibt, dass, wenn X der Graph einer Funktion ist (Zeile 1), die injektiv ist (Zeile 2) und Äquivalenzklassen in sich selbst abbildet (Zeile 3), diese Funktion bereits surjektiv ist (Zeile 4). Insbesondere ist dann jede injektive Funktion [x] [x] (wobei [x] die Äquivalenzklasse von x sei) surjektiv auf [x], da man eine solche Funktion stets durch die Identität zu einer injektiven und bezüglich invarianten Funktion auf ganz A fortsetzen kann. Gemäß dem Hinweis ist dann jede Äquivalenzklasse endlich.

7 Aufgabe 7 (Berechenbarkeit und Logik - 8 Punkte) Sei L eine endliche Sprache der Prädikatenlogik 1. Stufe. (a) (2 Punkte) Was heißt es, dass eine Menge Φ von L-Formeln entscheidbar bzw. aufzählbar ist? (b) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass für eine vollständige Theorie T = (L, Σ) und den Abschluss von T unter Folgerungen, C (T ) = {σ : σ ist ein L-Satz mit Σ σ}, gilt: C (T ) ist genau dann aufzählbar, wenn C (T ) entscheidbar ist. (c) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass in (b) die Annahme, dass T vollständig ist, notwendig ist. Geben Sie hierzu eine geeignete endliche Sprache L an, sodass der Abschluss C (T ) der Theorie T = (L, ) aufzählbar, aber nicht entscheidbar ist (mit Begründung). LÖSUNG: (a) Eine Menge Φ von L-Formeln ist entscheidbar, wenn es ein Entscheidungsverfahren für Φ gibt, d.h. einen Algorithmus E, der bei Eingabe einer L-Formel ϕ nach endlich vielen Schritten die Antwort JA ausgibt, falls ϕ Φ gilt, und die Antwort NEIN, falls ϕ Φ. Die Menge Φ ist aufzählbar, falls es ein Aufzählungsverfahren für die Menge Φ gibt, d.h. einen Algorithmus A, der ohne Eingabe arbeitet und die Elemente von Φ (und nur diese) in beliebiger Reihenfolge (und möglicherweise mit Wiederholungen) ausgibt. (b) (Dies ist gerade die Aussage des Lemmas über die Entscheidbarkeit vollständiger Theorien.) Da jede entscheidbare Menge aufzählbar ist, genügt es Folgendes zeigen. Sei T = (L, Σ) eine vollständige Theorie, wobei C (T ) aufzählbar sei. Zu zeigen ist, dass C (T ) entscheidbar ist. Ist T nicht erfüllbar, so ist C (T ) die Menge aller L-Sätze und daher offensichtlich entscheidbar. Wir können also im Folgenden o.b.d.a. davon ausgehen, dass T erfüllbar ist. Weiter genügt es wegen des Komplement-Lemmas zu zeigen, dass das Komplement C (T ) von C (T ) (relativ zur Menge der L-Sätze) aufzählbar ist. Da wegen der Vollständigkeit und Erfüllbarkeit von T für jeden L-Satz σ gilt, gilt für jeden Satz σ und entweder σ C (T ) oder σ C (T ) σ C (T ) σ C (T ) σ C (T ) σ C (T ). Man kann daher ein Aufzählungsverfahren für C (T ) in ein Aufzählungsverfahren für C (T ) überführen, indem man jede Ausgabe σ, die keine Negationsformel ist, durch σ und jede Ausgabe σ, die eine Negationsformel σ σ ist, durch σ ersetzt. (c) Sei L = L( ; +, ; 0, 1) die Sprache der Arithmetik und sei T = (L, ). Dann gilt C (T ) = {σ : σ ist allgemeingültig}. Es genügt also zu zeigen, dass die Menge der allgemeingültigen L-Sätze aufzählbar aber nicht entscheidbar ist. Ersteres gilt nach dem Wahrheitslemma, letzteres nach dem Satz von Church.

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