Universität Heidelberg 12. April 2018 Institut für Informatik Klaus Ambos-Spies Nadine Losert. 2. Klausur zur Vorlesung Mathematische Logik

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1 Universität Heidelberg 12. April 2018 Institut für Informatik Klaus Ambos-Spies Nadine Losert 2. Klausur zur Vorlesung Mathematische Logik Es können maximal 48 Punkte erworben werden. Die Klausur ist bestanden, wenn mindestens 18 Punkte erreicht werden. Bitte tragen Sie zunächst Ihre Daten unten auf dem Deckblatt ein. Schreiben Sie dann Ihren Namen auf jedes Aufgabenblatt. Bitte benutzen Sie die jeweiligen Aufgabenblätter (Vorderund Rückseite) für Ihre Lösungen. Reicht der Platz nicht aus, verwenden Sie ein Extrablatt und versehen Sie dieses oben mit der Aufgabennummer und Ihrem Namen. VIEL ERFOLG! NAME: VORNAME: MATRIKELNUMMER: STUDIENGANG: Bitte ausfüllen! Σ

2 Aufgabe 1 (Aussagenlogik - 8 Punkte) Geben Sie zu der Formel ϕ (A 1 (A 2 A 3 )) äquivalente Formeln in disjunktiver und konjunktiver Normalform an. Bestimmen Sie hierzu zunächst die Wertetabelle der von ϕ dargestellten (3-stelligen) Booleschen Funktion und wenden Sie dann hierauf die in der Vorlesung angegebenen Verfahren zur Bestimmung der DNF und KNF an. (Für Lösungen, die diese Verfahren nicht benutzen, gibt es keine Punkte!) LÖSUNG: Die von ϕ dargestellte Boolesche Funktion f ϕ (x 1, x 2, x 3 ) ist durch folgende Wertetabelle gegeben: x 1 (= f A1 ) x 2 x 3 f A2 A 3 f ϕ (x 1, x 2, x 3 ) -Klausel (DNF) -Klausel (KNF) ( A 1 A 2 A 3 ) ( A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A 3 ) ( A 1 A 2 A 3 ) ( A 1 A 2 A 3 ) ( A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A 3 ) ( A 1 A 2 A 3 ) Aus den 1-Stellen von f ϕ erhält man nach dem Verfahren der Vorlesung eine zu ϕ äquivalente Formel in DNF, indem man die zugehörigen -Klauseln mit verknüpft: ϕ DNF ( A 1 A 2 A 3 ) ( A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A 3 ) Aus den 0-Stellen von f ϕ erhält man nach dem Verfahren der Vorlesung eine zu ϕ äquivalente Formel in KNF, indem man die zugehörigen -Klauseln mit verknüpft: ϕ KNF (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 2 (Aussagenlogik - 6 Punkte) Es seien A 1, A 2 und A 3 paarweise verschiedene Aussagenvariablen, ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3 erfüllbare aussagenlogische Formeln und ψ eine allgemeingültige Formel. Weiter sei χ ein Axiom und ξ 1, ξ 2, ξ 3, ξ 4, ξ 5 ein Beweis (im Shoenfield-Kalkül der Aussagenlogik). Welche der folgenden Aussagen gelten stets? (i) Die Formelmenge {A 1, A 2, χ} is erfüllbar. (ii) Die Formeln ψ A 3 und χ (ϕ 1 ϕ 3 ) sind äquivalent. (iii) Die Formelfolge ξ 1, ξ 2, ξ 3, χ, ξ 4, ξ 2, ξ 2 ist ein Beweis. Begründen Sie Ihre Antworten! Im negativen Fall genügt es ein Gegenbeispiel anzugeben. Ohne Begründung keine Punkte! LÖSUNG: (i) WAHR! Eine Formelmenge ist genau dann erfüllbar, wenn es eine Variablenbelegung B gibt, die alle Formeln in der Menge wahr macht. Es genügt also ein B mit B(A 1 ) = B( A 2 ) = B(χ) = 1 anzugeben. Hierzu wähle eine Belegung B mit B(A 1 ) = 1 und B(A 2 ) = 0 (existiert, da A 1 und A 2 verschieden sind). Wegen B(A 2 ) = 0 gilt dann B( A 2 ) = 1 B(A 2 ) = 1. Weiter gilt B(χ) = 1, da χ ein Axiom also wegen des Korrektheitssatzes allgemeingültig ist. (ii) WAHR! Beide Formeln sind allgemeingültig und daher äquivalent (zwei Formeln sind äquivalent, wenn sie bzgl. jeder Belegung denselben Wahrheitswert haben!). Zum Nachweis der Allgemeingültigkeit genügt es zu beobachten, dass nach Interpretation der Disjunktion, für allgemeingültiges ϕ und beliebiges ˆϕ, die Disjunktion ϕ ˆϕ allgemeingültig ist. ψ A 3 ist daher allgemeingültig, da ψ allgemeingültig ist; und χ (ϕ 1 ϕ 3 ) ist allgemeingültig, da diese Formel eine Abkürzung der Formel χ (ϕ 1 ϕ 3 ) ist und χ als Axiom (nach dem Korrektheitssatz) allgemeingültig ist, weshalb auch χ allgemeingültig ist. (iii) WAHR! Eine endliche Folge ˆψ 1, ˆψ 2,..., ˆψ n von (aussagenlogischen) Formeln ist ein Beweis im Shoenfield-Kalkül S AL, falls jede Formel ˆψ i (1 i n) ein Axiom von S AL oder die Konklusion einer Regel von S AL ist, deren sämtliche Prämissen unter den vorhergehenden Beweisgliedern ˆψ 1,..., ˆψ i 1 vorkommen. Da ξ 1, ξ 2, ξ 3, ξ 4, ξ 5 ein Beweis und χ ein Axiom ist, folgt hieraus, dass die durch ξ 1, ξ 2, ξ 3, χ, ξ 4, ξ 2, ξ 2 gegebene Folge ˆψ 1, ˆψ 2,..., ˆψ 7 ein Beweis ist. Hierzu genügt es induktiv für i = 1,..., 7 zu zeigen, dass ˆψ i die geforderte Eigenschaft hat. Für i = 4 ist das klar, da ˆψ 4 χ ein Axiom ist. Für i 4 beobachtet man, dass ˆψ i ξ j für ein j gilt, wobei {ξ 1,..., ξ j 1 } { ˆψ 1,..., ˆψ i 1 }. Die Behauptung folgt hier also aus der Tatsache, dass ξ 1, ξ 2, ξ 3, ξ 4, ξ 5 (und daher auch ξ 1,..., ξ j ) ein Beweis ist.

4 Aufgabe 3 (Prädikatenlogik 1. Stufe - 5 Punkte) Sei L = L(R; c) die prädikatenlogische Sprache mit einem 3-stelligen Relationszeichen und einer Konstante. Weiter sei A = (N; G + ; 0) die L-Struktur mit den natürlichen Zahlen {0, 1, 2, 3,... } als Individuenbereich, in der G + der Graph der Addition ist (d.h. (n 1, n 2, m) G + g.d.w. m = n 1 +n 2 ) und 0 die Zahl Null ist. (a) (2 Punkte) Geben Sie eine L-Formel ϕ ϕ(x, y) an, die in A die strikte Kleiner-Relation < definiert (d.h. A ϕ(x, y)[m, n] genau dann, wenn m < n). (b) (3 Punkte) Die Vorgängerfunktion V sei auf N durch V (0) = 0 und V (n + 1) = n definiert. Geben Sie eine L-Formel ψ ψ(x, y) an, die den Graphen von V in A definiert. (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 sowie (wo üblich) die Infixschreibweise - verwenden.) LÖSUNG: (a) Es gilt x < y genau dann, wenn es ein z 0 mit x + z = y gibt. Letzteres wird aber durch die Formel ausgedrückt. ϕ(x, y) z(z c R(x, z, y)) Alternativ: Es gilt x < y genau dann, wenn es kein z mit y + z = x gibt, was durch die Formel ϕ(x, y) zr(y, z, x) ausgedrückt wird. (b) Für x > 0 ist V (x) = x 1 die grösste Zahl y, die echt kleiner als x ist (d.h. y < x und für alle z mit z < x gilt z = y oder z < y). Mit Hilfe der Formel ϕ aus Teil (a) lässt sich daher der Graph von V durch die Formel ( ) ( ψ(x, y) x = c y = x x c ϕ[y/x, x/y] ( )) z ϕ[z/x, x/y] z = y ϕ[z/x, y/y] definieren.

5 Aufgabe 4 (Prädikatenlogik 1. Stufe - 12 Punkte) Sei L = L(f; c) die Sprache der Prädikatenlogik mit einem 2-stelligen Funktionszeichen f und einer Konstante c, und seien A = (N; +; 0) B = (N \ {0}; + ; 1) C = (N \ {0, 1}; + ; 2) die L-Strukturen, deren Individuenbereiche {0, 1, 2,... } bzw. {1, 2, 3... } bzw. {2, 3, 4,... } seien und bei denen das Funktionszeichen f als die Addition auf diesen Bereichen interpretiert werde. (a) (4.5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Strukturen A, B und C paarweise nicht elementar äquivalent sind. Geben Sie hierzu explizit L-Sätze an, die dies belegen. (Hinweis: Vergleichen Sie hierzu die Wertebereiche der Funktionen +, + und + mit den zugehörigen Individuenbereichen.) (b) (2 Punkte) Ist die Theorie T h(a) T h(b) konsistent? Begründen Sie Ihre Antwort! (c) (5.5 Punkte) Welche der Theorien T h(a), T h(b) und T h(c) sind Henkin- Theorien? Geben Sie hierzu zunächst die Definition einer Henkin-Theorie an und begründen Sie Ihre Antwort! Im negativen Fall, geben Sie ein geeignetes Gegenbeispiel an. (Hinweis: Verwenden Sie die Überlegungen zu (a).)

6 LÖSUNG: (a) Der Wertebereich von + ist ganz N, d.h. + ist surjektiv. Der Wertebereich von + ist N \ {0, 1}, d.h. im Wertebereich von + fehlt genau ein Element des Individuenbereichs (nämlich die 1). Schliesslich ist der Wertebereich von + gerade N \ {0, 1, 2, 3}, d.h. im Wertebereich von + fehlen (genau) zwei Elemente des Individuenbereichs (nämlich die 2 und 3). Da die folgenden Sätze σ 1 x y z (f(y, z) = x) und σ 2 x x (x x y z (f(y, z) x f(y, z) x )) ausdrücken, dass alle Individuen im Wertebereich von f liegen (σ 1 ) bzw. zumindest zwei Individuen nicht im Wertebereich von f liegen (σ 2 ) gilt A B and A C, da A σ 1 wogegen B σ 1 und C σ 1 B C, da C σ 2 wogegen B σ 2 (b) Da die Theorie einer Struktur (semantisch) vollständig ist und da nach Aufgabenteil (a) die Strukturen A und B nicht elementar äquivalent sind, gibt es einen Satz σ mit A σ (d.h. σ T h(a)) und B σ (d.h. σ T h(b)). Es gilt daher {σ, σ} T h(a) T h(b), weshalb T h(a) T h(b) nach dem Charakterisierungslemma für konsistente Theorien nicht konsistent ist. (c) Eine Theorie T (über L) ist genau dann eine Henkin-Theorie, wenn es zu jedem Existenzsatz xϕ (über L) einen konstanten (L-)Term t mit gibt. T xϕ ϕ[t/x] T h(b) ist eine Henkin-Theorien. Für die Theorie einer Struktur ist die Henkin- Eigenschaft offensichtlich erfüllt, wenn jedes Element des Individuenbereichs durch einen konstanten Term dargestellt werden kann. Dies ist hier der Fall. Sei t 1 : c und t n+1 : f(t n, c). Dann gilt, dass t B 1 = 1 und t A n+1 = n + 1 (n 1). T h(a) und T h(c) sind dagegen keine Henkin-Theorien. Nach Definition der Theorie einer Struktur und wegen des Adäquatheitssatzes genügt es einen Existenzsatz x ϕ anzugeben, sodass A x ϕ und A ϕ[t/x] für alle konstanten L-Terme gilt (und analog für C). Im Fall von A lässt sich nur die Zahl 0 durch konstante Terme darstellen (einfache Induktion nach Aufbau der Terme). Der Satz x (x c) (der besagt, dass es ein von c A = 0 verschiedenes Individuum gibt) hat daher die gewünschten Eigenschaften. Im Fall von T h(c) stellt jeder konstante Term eine gerade Zahl 2 dar (einfache Induktion nach Aufbau der Terme). Da der Satz σ x (x c y z (x f(y, z))) (der besagt, dass es ein von c C = 2 verschiedenes Individuum gibt, das nicht im Wertebereich von f C liegt - was genau für die Zahl 3 gilt) hat daher die gewünschten Eigenschaften.

7 Aufgabe 5 (Prädikatenlogik 1. Stufe - 5 Punkte) Sei L = L(f, g; c) die Sprache der Prädikatenlogik mit zwei 1-stelligen Funktionszeichen und einer Konstante und sei T die L-Theorie mit Axiomenmenge { x(f(x) x), x y(x y f(x) f(y)), x(g(x) = f(c))}. Geben Sie ein endliches und ein unendliches Modell von T an. LÖSUNG: Die Axiome von T verlangen, dass f A nirgends die Identität ist, dass f A injektiv ist und dass g A die konstante Funktion mit Wert (f(c)) A = f A (c A ) ist. Ein endliches Modell A = (A; f A, g A ; c A ) von T ist daher gegeben durch A = {0, 1} c A = 0 f A : A A ist die durch f A (0) = 1 und f A (1) = 0 definierte Funktion. g A : A A ist die durch g A (0) = g A (1) = 1 definierte Funktion (d.h. g A ist die konstante Funktion mit Wert f A (c A )). Ein unendliches Modell B = (B; f B, g B ; c B ) von T ist gegeben durch B = N = {0, 1, 2,... } c A = 0 f A : A A ist die Nachfolgerfunktion f A (n) = n + 1. g A : A A ist die konstante Funktion g A (n) = 1 mit Wert 1.

8 Aufgabe 6 (Prädikatenlogik 1. Stufe - 12 Punkte) Sei L = L(<) die Sprache der Prädikatenlogik mit einem 2-stelligen Relationszeichen und sei σ < ein L-Satz, dessen Modelle A = (A, < A ) gerade die linearen Ordnungen (mit strikter Kleiner-Relation < A ) sind. Weiter sei ein triviales Intervall (x, y) in einer linearen Ordnung A = (A, < A ) ein Paar von Individuen x, y A, sodass x < A y gilt und es kein z A mit x < A z < A y gibt. Schließlich seien K und K fin die Klassen der linearen Ordnungen, die unendlich viele bzw. höchstens endlich viele triviale Intervalle enthalten. Zeigen Sie: (a) (3 Punkte) K ist -elementar. (b) (5 Punkte) K fin ist nicht -elementar. (c) (2 Punkte) K ist nicht elementar. (d) (2 Punkte) Geben Sie einen L-Satz zweiter Stufe an, dessen Modellklasse K ist. Sie dürfen hierbei verwenden, dass es einen L-Satz zweiter Stufe gibt, der die Unendlichkeit beschreibt, sollen aber präzisieren, was hiermit gemeint ist.

9 LÖSUNG: (a) Sei ϕ die Formel ϕ(x, y) x < y z (x < z z < y) die ausdrückt, dass (x, y) ein triviales Intervall ist. Dann ist K die Modellklasse der Theorie mit Axiomenmenge {σ < } {ψ n : n 1}, wobei der Satz ψ n x 1 x 2... x n (x 1 < x 2 x 2 < x 3 x n 1 < x n )) y 1 y 2... y n (ϕ[x 1 /x, y 1 /y] ϕ[x n /x, y n /y] ausdrückt, dass es mindestens n triviale Intervalle gibt. (b) Der Beweis ist indirekt. Wir gehen von der Widerspruchsannahme aus, dass K fin die Modellklasse der Theorie T ist. Da nach Teil (a) die Klasse K die Modellklasse der Theorie T = {σ < } {ψ n : n 1} ist, ist T T unerfüllbar (da K fin K = ). Nach dem Kompaktheitssatz gibt es daher eine endliche Teiltheorie T 0 von T T, die unerfüllbar ist. Wählt man eine Zahl n 0 mit T 0 T {σ < } {ψ n : n n 0 } so ist die Theorie T := T {σ < } {ψ n : n n 0 } ebenfalls unerfüllbar. Dies ist aber nicht der Fall, da das Anfangsstück ({0,..., n 0 }; < n0 ) der natürlichen Zahlen, wobei < n0 die Einschränkung der üblichen Kleiner-Relation auf dieses Anfangsstück ist, eine lineare Ordnung mit (exakt) n 0 trivialen Intervallen nämlich (0, 1), (1, 2),..., (n 0 1, n 0 ) ist. Widerspruch. (c) Der Beweis ist wiederum indirekt. Sei K elementar. Dann ist K Modellklasse eines Satzes σ und damit das Komplement von K die Modellklasse von σ. Da K fin aber gerade aus den L-Strukturen besteht, die lineare Ordnungen sind und nicht in K liegen, folgt, dass K fin die Modellklasse des Satzes σ < σ ist. Also ist K fin elementar und damit -elementar im Widerspruch zum Teil (b) der Aufgabe. (d) Laut Hinweis dürfen wir verwenden, dass es eine L-Formel ϕ fin (X) zweiter Stufe mit einer freien 1-stelligen Relationsvariablen X gibt, sodass für jede L-Struktur A und für jede Teilmenge B des Individuenbereichs A von A gilt: Definiere nun A ϕ fin (X)[B] B ist endlich. σ σ < X ( ϕ fin (X) x(x(x) y ϕ)) wobei die Formel ϕ ϕ(x, y) wie in der Lösung zu (a) definiert ist und triviale Intervalle beschreibt. Das zweite Konjunktionsglied besagt dann, dass die Menge der linken Endpunkte aller trivialen Intervalle unendlich ist (was äquivalent dazu ist, dass es unendlich viele triviale Intervalle gibt). K ist daher die Modellklasse von σ.

10 AUFGABE: