Probeklausur Mathematische Logik

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1 Lehr- und Forschungsgebiet Mathematische Grundlagen der Informatik RWTH Aachen Prof. Dr. E. Grädel SS 2015 Probeklausur Mathematische Logik Aufgabe 1 (a) (i) Seien R, zweistellige Relationssymbole. Ist die Zeichenkette x y( xy Rxy = Ryx) eine syntaktisch korrekte Formel? Geben Sie eine kurze Begründung für Ihre Antwort an. Nein, da Rxy und Ryx keine Terme sind und deshalb in keiner Gleichung vorkommen dürfen. (ii) Geben Sie eine Formel ϕ FO({E}) an, so dass für jeden ungerichteten Graphen G gilt: G = ϕ genau dann, wenn G keinen Knoten ohne Nachbarn enthält. x yexy (iii) Sei f ein einstelliges Funktionssymbol. Geben Sie eine FO-Formel an, die in jeder {f}-struktur A die Menge der Fixpunkte von f A definiert. ϕ(x) := fx = x (iv) Formulieren Sie den Kompaktheitssatz der Aussagenlogik. Sei Φ AL, ψ AL. (1) Φ ist erfüllbar genau dann, wenn jede endliche Teilmenge von Φ erfüllbar ist. (2) Φ = ψ genau dann, wenn eine endliche Teilmenge Φ 0 Φ existiert, so dass Φ 0 = ψ. (v) Vervollständigen Sie die Definition: Eine Relation R A r über einer τ-struktur A ist elementar definierbar, wenn... eine Formel ψ(x 1,..., x r ) FO(τ) existiert, so dass R = {(a 1,..., a r ) A r A = ψ(a 1,..., a r )}

2 (b) Entscheiden Sie jeweils, ob die folgenden Aussagen zutreffen und geben Sie eine kurze Begründung an (etwa, indem Sie ein Gegenbeispiel konstruieren, oder bekannte Ergebnisse aus der Vorlesung/Übung für Ihre Argumentation verwenden). Achtung: Fehlt eine Begründung, so wird Ihre Lösung mit 0 Punkten bewertet. (i) Sei F eine Menge von vier paarweise verschiedenen zweistelligen Booleschen Funktionen. Dann ist F funktional vollständig. falsch. F = {,, 0, 1} ist nicht funktional vollständig. (ii) Sei ϕ eine Horn-Formel. Dann ist (X Y ) ϕ nicht äquivalent zu einer Horn-Formel. falsch. ϕ = 0 ist eine Horn-Formel und (X Y ) 0 0 äquivalent zu einer Horn-Formel. (iii) Sei Φ FO eine endliche Satzmenge und sei ψ FO ein Satz, so dass Φ = ψ. Dann ist die Sequenz ψ { ϕ ϕ Φ} im Sequenzenkalkül ableitbar. wahr. Sei A = ψ. Wäre A = Φ, wäre A = ψ. Also gilt A = ϕ für ein ϕ Φ. Damit ist die Sequenz gültig. Da der Sequenzenkalkül vollständig ist, ist sie auch ableitbar. (iv) Sei Φ FO eine unendliche Satzmenge und sei A = Φ. Dann existiert eine unendliche echte Teilmenge Φ von Φ, so dass A = Φ. wahr. Z.B. Φ = Φ \ {ψ} für ein ψ Φ. (v) Sei T FO(τ) eine vollständige Theorie und sei A = T. Falls A = ϕ für einen Satz ϕ FO(τ), so gilt ϕ T. wahr. Da T vollständig ist, gilt ϕ T oder ϕ T. Da A = ϕ gilt ϕ / T, also ϕ T. (vi) Seien Φ, Ψ unendliche, disjunkte Mengen von AL-Formeln, so dass jede Interpretation, die Modell von Φ ist, auch Modell von Ψ ist, und umgekehrt. Wenn Φ Ψ = ϕ, dann existiert nicht zwingend eine endliche Menge Φ Φ, so dass Φ = ϕ. falsch. Es gilt Φ = ϕ, denn für jede Interpretation I gilt, wenn I = Φ, dann auch I = Ψ, also I = Φ Ψ und somit I = ϕ. Nach Kompaktheitssatz existiert somit eine endliche Teilmenge Φ Φ mit Φ = ϕ.

3 (vii) Seien A und B endliche Strukturen, so dass die Duplikatorin das Ehrenfeucht-Fraïssé- Spiel für jedes m N gewinnt. Dann gilt A = B. wahr. Wenn die Duplikatorin für jedes m gewinnt, dann gilt nach Satz von Ehrenfeucht- Fraïssé A B. Endliche Strukturen sind bis auf Isomorphie axiomatisierbar, d.h. es gibt einen Satz ϕ A, so dass Mod(ϕ A ) = {C C = A}. Wegen A B und A = ϕ A gilt auch B = ϕ A und somit A = B. (viii) Sei (K n ) n N mit K i K i+1 eine Folge von FO-axiomatisierbaren Klassen von Strukturen. Dann ist n N K n FO-axiomatisierbar. falsch. Sei K n die Klasse der τ-strukturen der Größe höchstens n (etwa für τ = ). Diese ist durch x 1... x n x n+1 1 i<j n+1 x i = x k axiomatisierbar. Dann ist die Vereinigung die Klasse der endlichen τ-strukturen, welche nach aufsteigendem Satz von Löwenheim-Skolem nicht axiomatisierbar ist. (ix) Sei f ein einstelliges Funktionssymbol, und sei ϕ = x y(fy = x). Wenn A = ϕ, dann ist auch jede Substruktur von A Modell von ϕ. falsch. Z.B. (Z, +1) = ϕ, aber (N, +1) = ϕ. (x) Der Satz x y(x = y x y) ist unerfüllbar. falsch. Jede Struktur, die mindestens zwei Elemente hat, ist Modell.

4 Aufgabe 2 (a) Verwenden Sie die Einheitsresolution für Horn-Formeln auf geeignete Weise, um zu überprüfen, ob folgende Formel erfüllbar oder unerfüllbar ist: (X Y ) (Y Z) (Z Y ) (Z (Z X)) (X Z) Y. Die Formel ist unerfüllbar. { X, Y } { Y, Z} { Z, Y } { Z, X} { Z, X} {Y } {Z} { X} { Z} (b) Wir betrachten die beiden folgenden Mengen Φ, Ψ von AL-Formeln: Φ :={X i+1 (X i X i+2 ) i N, i ungerade} Ψ :={(X i X 2i+1 ) i N, i gerade} Weisen Sie mit der Resolutionsmethode nach, dass die folgende Folgerungsbeziehung gilt: Φ Ψ {X 2 } = X 4. Sei Θ := Φ Ψ {X 2 }. Θ = X 4 gilt, genau dann, wenn eine endliche Teilmenge Θ Θ existiert so dass Θ {X 4 } unerfüllbar ist.wähle X 2 X 5 Ψ und X 4 (X 3 X 5 ) Φ Es gilt X 2 X 5 X 2 X 5 und X 4 (X 3 X 5 ) ( X 4 X 3 ) ( X 4 X 5 ). Ableitung der leeren Klausel: { X 2, X 5 } {X 2 } { X 4, X 3 } { X 4, X 5 } {X 4 } { X 5 } {X 5 }

5 (c) Es ist bekannt, dass Modelle von Horn-Formeln unter Schnitt abgeschlossen sind. Analog dazu definieren wir nun die Vereinigung von Interpretationen I 1, I 2 : τ {0, 1}: (I 1 I 2 ) : τ {0, 1}, (I 1 I 2 )(X) := max(i 1 (X), I 2 (X)). (i) Zeigen oder widerlegen Sie, dass Modelle von Horn-Formeln auch unter Vereinigung abgeschlossen sind. Sei ϕ = X Y, I 1 (X) = 1, I 1 (Y ) = 0, I 2 (Y ) = 1, I 2 (X) = 0. Dann I 1 = ϕ und I 2 = ϕ, aber I 1 I 2 = ϕ. (ii) Sei ϕ eine erfüllbare AL-Formel, deren Modelle unter Vereinigung abgeschlossen sind. Weisen Sie nach, dass das maximale Modell von ϕ eindeutig ist. Seien I 1, I 2 : τ(ϕ) {0, 1} zwei maximale Modelle von ϕ. Dann ist auch I 1 I 2 Modell von ϕ. Dann gilt für alle X τ(ϕ) I i (X) (I 1 I 2 )(X) für i {1, 2} nach Definition der Vereinigung. Da I 1, I 2 maximale Modelle sind, muss hier Gleichheit gelten, also I i (X) = (I 1 I 2 )(X) für alle X τ, d.h. I 1 = (I 1 I 2 ) = I 2. Also gibt es nur ein maximales Modell von ϕ. (d) Sei (Φ n ) n N eine Folge von Mengen von AL-Formeln mit Φ n Φ n+1 für alle n N, und sei ψ eine AL-Formel, so dass n N Φ n = ψ. Beweisen oder widerlegen Sie, dass dann ein n N existiert, so dass Φ n = ψ. Wahr. Nach dem Kompaktheitssatz existiert eine endliche Teilmenge Ψ 0 = {ϕ 1, ϕ 2,..., ϕ k } n N Φ n mit Ψ 0 = ψ. Es gibt Zahlen n 1,..., n k, so dass ϕ i Φ ni für i = 1, 2,..., k. Sei n = max{n 1,..., n k }. Dann ist ϕ i Φ ni Φ n für i = 1, 2,..., k, also Ψ 0 Φ n und somit Φ n = ψ. (e) Seien Φ 1, Φ 2 Mengen von AL-Formeln und sei ϕ eine AL-Formel, so dass die folgenden Eigenschaften gelten: (1) Φ 1 { ψ} ist unerfüllbar für jedes ψ Φ 2. (2) Es existiert eine endliche Menge Γ Φ 2, so dass die Sequenz Γ ϕ im Sequenzenkalkül ableitbar ist. Zeigen Sie, dass dann auch Φ 1 = ϕ gilt. Wegen (1) gilt Φ 1 = ψ für alle ψ Φ 2. Nach Vollständigkeitssatz folgt aus (2), dass Φ 2 = ϕ. Sei I = Φ 1. Dann ist wegen (1) also I = Φ 2, also I = ϕ.

6 Aufgabe 3 (a) Definieren Sie die Ableitbarkeitsbeziehung. Sei Φ FO(τ) eine Menge von Sätzen und ϕ FO(τ) ein Satz. Φ ψ gilt genau dann, wenn eine endliche Teilmenge Γ Φ existiert, so dass Γ ψ im Sequenzenkalkül ableitbar ist. (b) Formulieren Sie den Vollständigkeitssatz für den Sequenzenkalkül der Prädikatenlogik. Sei Φ FO(τ) eine Menge von Sätzen und ϕ FO(τ) ein Satz. Dann gilt: (i) Φ ϕ gdw. Φ = ϕ. (ii) Φ konsistent gdw. Φ erfüllbar. (c) Betrachten Sie den Teil des Kompaktheitssatzes der Prädikatenlogik, der sich mit der Folgerungsbeziehung beschäftigt. Erläutern Sie, wie diese Aussage aus dem Vollständigkeitssatz folgt. zu zeigen ist: Wenn Φ = ϕ, dann gibt es eine endliche Teilmenge Φ 0 Φ mit Φ 0 = ϕ. Sei Φ = ϕ, dann gilt nach Vollständigkeitssatz auch Φ ϕ. Nach Def. von gibt es somit eine endliche Teilmenge Φ 0 Φ, so dass die Sequenz Φ 0 ϕ im SK ableitbar ist. Dann gilt auch schon Φ 0 ϕ und nach Vollständigkeitssatz somit Φ 0 = ϕ. (d) Beweisen Sie durch Ableiten im Sequenzenkalkül die Gültigkeit der folgenden Sequenz der Prädikatenlogik: x ((Qx yrxy) Rcx), Rcc Qc Qc, Rcc Qc Rcc Qc, Rcc ( ) ( ) Rcc Qc, Qc Rcc Qc, yrcy Rcc Rcc, Qc ( ) ( ) Rcc Qc, Qc yrcy Rcc, Rcc Qc ( ) (Qc yrcy) Rcc, Rcc Qc ( ) x((qx yrxy) Rcx), Rcc Qc

7 Schlussregeln des Sequenzenkalküls (=) Γ, t = t Γ (S ) Γ, ψ(t) Γ, t. = t, ψ(t ) ( S) Γ, ψ(t) Γ, t. = t, ψ(t ) ( ) Γ, ψ Γ, ψ ( ) Γ, ψ Γ, ψ ( ) Γ, ψ Γ, ϑ Γ, ψ ϑ ( ) Γ, ψ, ϑ Γ, ψ ϑ ( ) Γ, ψ, ϑ Γ, ψ ϑ ( ) Γ, ψ Γ, ϑ Γ, ψ ϑ ( ) Γ, ψ Γ, ϑ Γ, ψ ϑ ( ) Γ, ψ, ϑ Γ, ψ ϑ ( ) Γ, ψ(c) Γ, xψ(x) ( ) Γ, ψ(t) Γ, xψ(x) ( ) Γ, ψ(t) Γ, xψ(x) ( ) Γ, ψ(c) Γ, xψ(x) für ein Konstantensymbol c und beliebige Terme t, t. wenn c in Γ, und ψ nicht vorkommt Fortsetzung Aufgabe 3 auf der nächsten Seite

8 (e) Beweisen Sie semantisch (d.h. nicht durch Ableiten im Sequenzenkalkül) die Korrektheit der folgenden Schlussregel für die Prädikatenlogik: Γ, ϕ(fc) Γ, x ϕ(x) wobei f ein einstelliges Funktionssymbol ist, das in Γ, und ϕ nicht vorkommt. Sei die Prämisse gültig. zu zeigen: Dann ist auch die Konklusion gültig. Sei A eine τ-struktur mit A = Γ { xϕ(x)}. Da f nicht in Γ,, ϕ vorkommt, kann man nach Koinzidenzlemma obda f / τ annehmen. Wegen A = x ϕ(x) existiert ein a A mit A = ϕ(a). Sei A die τ {f}-expansion von A mit f A (c A ) := a und A = A τ. Dann gilt A = Γ {ϕ(fc)}. Da die Prämisse gültig ist, gilt also A =. Da f nicht in vorkommt, gilt nach Koinzidenzlemma A =. Aufgabe 4 Seien f, g zweistellige Funktionssymbole und seien 0, 1 Konstantensymbole. Weiter sei T die Menge der Grundterme über {f, g, 0, 1}. Weiterhin seien S und P zweistellige Relationssymbole. Wir betrachten die Struktur T = (T, P T, S T, f T, g T ) wobei f T (t, t ) = ftt, g T (t, t ) = gtt und S T T T mit (t, t) S T genau dann, wenn t ein Subterm von t ist. (Z.B. sind die Subterme von fg001 die Terme fg001, g00, 0 und 1). P T = {(t, t ) t f = t f (mod 2)}. Hier ist t f die Anzahl der f, die in t vorkommen. a) Beschreiben Sie einen Automorphismus π von T, welcher nicht die Identität ist. Hinweis: Beachten Sie, dass 0 und 1 nicht in der Signatur enthalten sind. Sei π : T T mit π(t) = t[0/1, 1/0], d.h. die Abbildung die jeden Term t auf den Term t[0/1, 1/0] abbildet bei dem 0 und 1 vertauscht wurden. Induktive Definition von π: (i) π(0) := 1,π(1) := 0 (ii) π(ftt ) := fπ(t)π(t ) f.a. t, t T (iii) π(gtt ) := gπ(t)π(t ) f.a. t, t T Dann ist π ein Automorphismus von T der nicht die Identität ist.

9 b) Beweisen oder widerlegen Sie, dass die folgenden Relationen in T elementar definierbar sind. (i) R 1 = {t g kommt in t nicht vor}. ϕ 1 (t) := u u Sguu t. Es gibt in t keinen Teilterm der Form guu für Terme u, u." (ii) R 2 = {t 0 kommt in t nicht vor}. Geht nicht: Angenommen doch. Sei ψ(x) eine Formel mit ψ T = R 2. Dann gilt T = ψ(1), also nach Isomorphielemma T = ψ(π(1)), d.h. π(1) = 0 R 2. Widerspruch. (iii) R 3 = {t t f = 0 (mod 2)}. ϕ f (x) = y zsfyzx definiert die Menge aller Terme in denen f nicht vorkommt. (wie bei i) nur für f statt g). ϕ 3 (x) = y(ϕ f (y) P xy) drückt aus es gibt einen Term y in dem f nicht vorkommt, so dass y f = x f (mod 2), also 0 = x f (mod 2).

10 c) Geben Sie für die folgenden Paare von Strukturen jeweils eine Formel von möglichst kleinem Quantorenrang m an, welche die Strukturen trennt und geben Sie eine Gewinnstrategie für den Herausforderer im Spiel G m (A, B) an, oder zeigen Sie, dass keine solche Formel existiert. (i) A = (Z, <) und B = (Z {± 1 n n 2}, <). Trennender Satz: ϕ = x y(x < y z(x < z z < y)). Dann gilt B = ϕ, A = ϕ. Gewinnstrategie für H. in G 3 (A, B): Wähle zuerst b 1 := 0 in B. Angenommen D. wählt a 1 A. Wähle dann a 2 := a in A. Angenommen D. wählt b 2 B. Dann muß b 1 < b 2 sein. Wähle nun ein b 3 = 1 n so dass b 1 = 0 < b 3 < b 2 gilt.(existiert immer) D. kann kein a 3 mit a 1 < a 3 < a wählen, verliert also. (ii) A = (N Z, E A ) mit E A = {((n, m), (n, m + 1)) n N, m Z} und B = (R, E B ) mit E B = {(r, r + 1) r R}. A: (0, 1) (0, 0) (0, 1) (1, 1) (1, 0) (1, 1) B: A besteht aus abzählbar unendlich vielen beidseitig unendlichen Pfaden und B besteht aus überabzählbar vielen solcher Pfade. Nämlich für jede reelle Zahl r [0, 1) der Pfad..., r 2, r 1, r, r + 1, r + 2,.... Gewinnstrategie für die Duplikatorin in G(A, B): Seien a 1,..., a n, b 1,..., b n bereits gewählt. H wählt o.b.d.a. a n+1. Falls a n+1 auf einem Pfad liegt aus dem schon ein a i gewählt wurde, so wählt D b n+1 aus dem Pfad auf dem b i liegt so, dass der Abstand zu den bisherigen Elementen in beiden Pfaden gleich ist. Falls a n+1 auf einem neuen Pfad liegt, aus dem noch kein a i gewählt wurde, wähle auch ein b n+1, das auf einem neuen Pfad liegt, aus dem noch kein b i gewählt wurde. Das geht immer, da in beiden Strukturen unendlich viele Pfade existieren, aber immer nur aus endlich vielen schon Elemente gewählt wurden, d.h. immer noch unendlich viele Pfade aus denen noch kein Element gewählt wurde zur Verfügung stehen. Es gilt also A B, d.h. es gibt keinen FO-Satz der A und B trennt.

11 Aufgabe 5 Sei τ = {E, R, B} mit zweistelligem Relationssymbol E und einstelligen Relationssymbolen R, B. Wir sagen, dass Elemente in R die Farbe rot und Elemente in B die Farbe blau besitzen. Ein 2-gefärbter Graph ist eine τ-struktur G = (V, E, R, B), so dass (V, E) ein ungerichteter Graph ist, in dem jeder Knoten v V genau eine der Farben rot oder blau besitzt, und zwar so, dass alle Paare von benachbarten Knoten (v, w) E unterschiedliche Farben besitzen. (a) Geben Sie einen FO(τ)-Satz ϕ C an, der die Klasse C der 2-gefärbten Graphen axiomatisiert. ϕ C := x Exx x y(exy Eyx) x((rx Bx) (Rx Bx)) x y(exy ((Rx By) (Bx Ry))) (b) Beweisen oder widerlegen Sie für die folgenden Klassen von τ-strukturen jeweils, dass sie FO-axiomatisierbar sind. Geben Sie jeweils ein, falls möglich endliches, Axiomensystem an oder beweisen Sie, dass ein solches nicht existiert. Hinweis: Beachten Sie, dass alle nachfolgenden Klassen Teilklassen von C sind. (i) K 1 = {G C es gibt mindestens 13 rote Knoten, die jeweils mindestens einen Nachbarn in G haben}. ( ϕ 1 := x 1... x 13 i j x i x j 13 i=1 Rx i ) 13 i=1 yex iy (ii) K 2 = {G C R ist endlich und B ist endlich}. Nicht FO-axiomatisierbar. ϕ C Angenommen, Φ axiomatisiert K 2. Dann hat Φ beliebig große endliche Modelle, denn für jedes n N ist zum Beispiel der Graph G n = (V Gn := {1, 2,..., n, n + 1,..., 2n}, E Gn :=, R Gn := {1, 2,..., n}, B Gn := {n + 1,..., 2n}) ein 2-gefärbter Graph bei dem R und B endlich sind. Nach aufsteigendem Satz von Löwenheim-Skolem hat Φ auch ein unendliches Modell. In jedem unendlichen 2-gefärbten Graphen, muss aber R oder B unendlich sein. Widerspruch. (iii) K 3 = {G C falls es nur endlich viele blaue Knoten in G gibt, so gibt es unendlich viele rote Knoten in G}. Axiomatisierbar durch Φ 3 := Φ {ϕ C } mit Φ = {ϕ n n N}, ϕ n := x 1... x n ( i j x i x j ), denn es gilt für alle Graphen G C G K 3 gdw. falls B endlich, dann R unendlich gdw. B unendlich oder R unendlich gdw. G ist unendlich. nicht endlich axiomatisierbar:

12 Angenommen doch. Dann gibt es einen Satz ψ mit Mod(ψ) = K 3 = Mod(Φ 3 ). Insbesondere gilt Φ 3 = ψ. Nach Kompaktheitssatz gibt es somit eine endliche Teilmenge Φ 0 Φ 3, so dass Φ 0 = ψ. Da Φ 0 endlich ist, gibt es eine Zahl n 0, so dass Φ 0 {ϕ n n n 0 } {ϕ C } gilt. Der Graph G n0 (siehe ii)) ist 2-gefärbt und hat mindestens n 0 Knoten, ist also ein Modell von {ϕ n n n 0 } {ϕ C }, also gilt auch G n0 = Φ 0. Aber G n0 = ψ, da G n0 endlich ist. Widerspruch zu Φ 0 = ψ. (iv) K 4 = {G C G enthält nur endlich viele Kreise der Länge 3}. Ein zweigefärbter Graph kann keine Kreise der Länge 3 enthalten. 0 Kreise der Länge 3 sind endlich viele. Somit gilt bereits K 4 = C und ϕ 4 := ϕ C axiomatisiert die Klasse.