Kurs:Einführung in die mathematische Logik/12/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	3	2	2	4	2	2	0	4	0	6	0	0	3	0	34

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Menge ${}\Gamma$ heißt widersprüchsfrei, wenn es keinen Ausdruck ${}\alpha \in L^{V}$ mit ${}\Gamma \vdash \alpha$ und ${}\Gamma \vdash \neg \alpha$ gibt.
2. Ein Element ${}x\in I$ heißt größtes Element von ${}I$, wenn ${}y\preccurlyeq x$ für jedes ${}y\in I$ gilt.
3. Die Bestandteile einer Grundtermmenge besteht aus den folgenden (untereinander disjunkten) Mengen.
   1. eine Variablenmenge ${}V$,
   2. eine Konstantenmenge ${}K$,
   3. zu jedem ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ eine Menge ${}F_{n}$ von Funktionssymbolen.

4. $\varphi \colon M\longrightarrow N$

   heißt ${}S$-Isomorphismus, wenn ${}\varphi$ bijektiv ist und sowohl ${}\varphi$ als auch die Umkehrabbildung ${}\varphi ^{-1}$ ein ${}S$- Homomorphismus ist.

5. Die Teilmenge ${}T$ heißt Register-entscheidbar, wenn es ein Programm ${}P$ für eine Registermaschine gibt, die bei jeder Eingabe anhält und für die die Äquivalenz

   $n\in T{\text{ genau dann, wenn }}P(n){\text{ die Ausgabe }}0{\text{ besitzt}}$

   gilt.

6. Eine Modallogik heißt eine ${}K$-Modallogik, wenn das Axiomenschema

   $\vdash \Box (\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow (\Box \alpha \rightarrow \Box \beta )$

   für beliebige Ausdrücke ${}\alpha ,\beta$ und die Nezessisierungsregel

   aus ${}\vdash \alpha$ folgt ${}\vdash \Box \alpha$

   für alle ${}\alpha$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}(I,\preccurlyeq )$ eine geordnete Menge mit der Eigenschaft, dass jede total geordnete Teilmenge ${}J\subseteq I$ eine obere Schranke in ${}I$ besitzt. Dann gibt es in ${}I$ maximale Elemente.
2. Es sei ${}M$ ein Peano-Halbring und ${}d\geq 1$. Dann gibt es zu jedem ${}m\in M$ eindeutig bestimmte ${}q,r\in M$ mit ${}r$, ${}r<d$, und mit

   ${}m=qd+r\,.$

3. Die erststufige Peano-Arithmetik ist unvollständig.

Aufgabe (3 Punkte)

Franziska möchte mit ihrem Freund Heinz Schluss machen. Sie erwägt die folgenden drei Begründungen.

1. „Du hast dich schon am ersten Tag voll daneben benommen. Seitdem ist es von jedem Tag zum nächsten Tag nur noch schlimmer geworden. Du wirst Dich also immer völlig daneben benehmen“.
2. „Wenn ich mit Dir zusammenbleiben würde, so würde ich irgendwann als eine traurige, gelangweilte, vom Leben enttäuschte Person enden, das möchte ich aber auf gar keinen Fall“.
3. „Also, wenn Du mich nicht liebst, will ich Dich sowieso nicht. Wenn Du mich aber liebst, so komme ich zu dem Schluss, dass Du dein Verhalten mit Deinen Gefühlen nicht zur Deckung bringen kannst. Dann bist Du also unreif und dann will ich Dich auch nicht“.

Welche mathematischen Beweisprinzipien spiegeln sich in den drei Begründungen wieder?

Lösung

1. Induktionsbeweis.
2. Beweis durch Widerspruch.
3. Beweis durch Fallunterscheidung.

Aufgabe (2 Punkte)

Entscheide, ob der aussagenlogische Ausdruck ${}{\left(\neg p\vee q\right)}\rightarrow {\left(p\vee \neg q\right)}$ erfüllbar ist oder nicht.

Lösung

Wenn die Aussagenvariable ${}p$ mit ${}1$ und die Aussagenvariable ${}q$ mit ${}0$ belegt wird, so besitzt der Vordersatz ${}\neg p\vee q$ den Wahrheitswert ${}0$ und somit besitzt die Gesamtimplikaton den Wahrheitswert ${}1$. Daher ist der Ausdruck erfüllbar.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}V$ eine Menge von überabzählbar vielen Aussagenvariablen und es sei ${}\Gamma \subseteq L^{V}$ eine abzählbare Ausdrucksmenge. Ist ${}\Gamma ^{\vdash }$ abzählbar oder überabzählbar?

Lösung

Für jede Aussagenvariable ${}p$ kann man

$\vdash p\rightarrow p$

ableiten, also insbesondere

$\Gamma \vdash p\rightarrow p.$

Da ${}V$ überabzählbar ist, lassen sich also überabzählbar viele Ausdrücke aus ${}\Gamma$ ableiten.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}V$ eine Menge an Aussagenvariablen und ${}\Gamma \subseteq L^{V}$ eine widerspruchsfreie Teilmenge der zugehörigen Sprache der Aussagenlogik. Zeige mit dem Lemma von Zorn, dass es eine maximal widerspruchsfreie Teilmenge ${}\Gamma '\subseteq L^{V}$ gibt, die ${}\Gamma$ enthält.

Lösung

Wir betrachten die Menge

${}M:={\left\{\Delta \subseteq L^{V}\mid \Delta \supseteq \Gamma ,\,\Delta {\text{ widerspruchsfrei }}\right\}}\,$

mit der durch Inklusion gegebenen Ordnung. Wegen ${}\Gamma \in M$ ist diese Menge nicht leer. Es sei ${}N\subseteq M$ eine nichtleere total geordnete Teilmenge. Die Vereinigung

${}\Theta =\bigcup _{\Delta \in N}\Delta \,$

ist ebenfalls widerspruchsfrei, da ein Widerspruch schon aus einer endlichen Teilmenge ableitbar wäre, die ganz in einem der ${}\Delta$ enthalten wäre. Also besitzt die Kette in ${}M$ eine obere Schranke. Nach dem Lemma von Zorn gibt es also in ${}M$ maximale Elemente. Ein solches ist maximal widerspruchsfrei.

Aufgabe (2 Punkte)

Negiere den Satz „Kein Schwein ruft mich an und keine Sau interessiert sich für mich“ durch (eine) geeignete Existenzaussage(n).

Lösung

Es gibt ein Schwein, das mich anruft, oder es gibt eine Sau, die sich für mich interessiert.

Aufgabe (2 Punkte)

Formalisiere in der arithmetischen Sprache die (wahre) Aussage, dass es unendlich viele Primzahlen gibt.

Lösung

Wir arbeiten mit ${}\geq$ und setzen

$\operatorname {Prim} (y)=y\geq 2\wedge \forall t\forall s{\left(ts=y\rightarrow {\left(t=1\vee s=1\right)}\right)},$

was die Primeigenschaft von ${}y$ bedeutet. Eine Formalisierung für die Unendlichkeit der Primzahlen ist

$\forall x\exists y{\left(y\geq x+1\wedge \operatorname {Prim} (y)\right)},$

da dieser Ausdruck besagt, dass es oberhalb jeder Zahl eine Primzahl gibt.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M=\mathbb {Q} _{\geq 0}$ die Menge der nichtnegativen rationalen Zahlen. Zeige, dass ${}M$ ein kommutativer Halbring, aber kein Peano-Halbring ist.

Lösung

Die Menge ${}\mathbb {Q} _{\geq 0}$ ist ein kommutativer Halbring, da ${}\mathbb {Q}$ ein Körper ist und ${}\mathbb {Q} _{\geq 0}$ unter Addition und Multiplikation abgeschlossen ist.

Wir betrachten die Aussage

$x=0\vee \exists y(x=y+1),$

die wir als ${}\alpha$ bezeichnen. Es handelt sich um eine Ausssage mit der freien Variablen ${}x$. Diese Aussage ist in ${}\mathbb {Q} _{\geq 0}$ nicht gültig, wenn man ${}x$ beispielsweise durch ${}{\frac {1}{2}}$ belegt, und insbesondere ist ${}\forall x\alpha$ nicht gültig.

Dagegen ist ${}\alpha {\frac {0}{x}}$ aufgrund des linken Teils wahr. Ferner ist die Indukltionsschrittaussage

$\exists y(x=y+1)\rightarrow \exists y(x+1=y+1)$

ebenfalls wahr, da ja aus

${}x=y+1\,$

direkt

${}x+1=(y+1)+1\,$

folgt. Somit gilt die Voraussetzung im Induktionsaxiom, aber nicht die Konklusion für diese Aussage, und somit gilt das Induktionsaxiom in ${}\mathbb {Q} _{\geq 0}$ nicht.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 Punkte)

Im Aufbau der Registermaschine wurde der Druckbefehl durch einen Musiktonbefehl ersetzt, der den Inhalt von ${}R_{1}$ in einen Ton umsetzt, damit man mit der Registermaschine auch komponieren bzw. Lieder kodieren kann. Für ein Lied wurden schon Programmabschnitte ${}P_{1},P_{2},P_{3},P_{4}$ geschrieben, die die folgende Bedeutung haben: ${}P_{1}$ ist das Vorspiel (${}V$), ${}P_{2}$ ist die Strophe (${}S$), ${}P_{3}$ ist der Refrain (${}R$) und ${}P_{4}$ ist das Gitarrensolo (${}G$). Es soll nun aus den Programmabschnitten ein (anhaltendes) Programm zusammengesetzt werden, derart, dass beim Abspielen des Programms ein Lied der Form

$V-S-R-S-R-G-S-R-R$

erklingt. Dabei darf jeder der Programmabschnitte ${}P_{1},P_{2},P_{3},P_{4}$ nur einmal im Programmcode auftauchen. Verwende ausschließlich die Grundbefehle.

Lösung

Wir arbeiten mit den Hilfszählregistern ${}R_{s},R_{t},R_{u},R_{v}$, die am Anfang der Reihe nach mit ${}1-2-3-4$ belegt seien. Wir behaupten, dass das folgende Programm (die Befehlszeilennummern repräsentieren teilweise ganze Programmabschnitte) das Lied abspielt.

$1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P_{1}$

$2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P_{2}$

$3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P_{3}$

$4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,s-$

$5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,t-$

$6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,u-$

$7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,v-$

$8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(v,14)$

$9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(u,3)$

$10\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(t,12)$

$11\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(s,2)$

$12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P_{4}$

$13\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(s,2)$

$14\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\text{Halte an}}$

Wir analysieren den Programmdurchlauf. Zuerst wird das Vorspiel, die Strophe und der Refrain abgespielt. Dann werden die vier Zähler auf ${}0-1-2-3$ gesetzt. Die folgenden drei Abfragen sind negativ, im elften Befehl ist das abgefragte Register ${}R_{s}$ leer und daher geht es zu Zeile ${}2$. Somit wird Strophe und Refrain abgespielt und anschließend werden die Register auf ${}0-0-1-2$ gesetzt. Die folgenden zwei Abfragen sind negativ, im zehnten Befehl ist das abgefragte Register ${}R_{t}$ leer und daher geht es zu Zeile ${}12$. Dort wird das Gitarrensolo abgespielt und anschließend geht es, da ja ${}R_{s}$ leer ist, zur Programmzeile ${}2$. Es folgt Strophe und Refrain und anschließend werden die Register auf ${}0-0-0-1$ gesetzt. Die folgende Abfrage ist negativ, aber im neunten Befehl ist das abgefragte Register ${}R_{u}$ leer und daher geht es zu Zeile ${}3$. Es wird der Refrain abgespielt und anschließend werden die Register auf ${}0-0-0-0$ gesetzt. Im Befehl ${}8$ wird jetzt zum Haltebefehl umgeleitet.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Zu einem modallogischen Modell ${}(M,R,\mu )$ und einem modallogischen Ausdruck ${}\alpha$ setzen wir

${}M(\alpha )={\left\{w\in M\mid w\vDash \alpha \right\}}\,.$

Zeige

${}M(\Diamond \alpha )=\operatorname {Vorg} {\left(M(\alpha )\right)}\,.$

Lösung

Sei ${}w\in M(\Diamond \alpha )$. Dann ist ${}w\vDash \Diamond \alpha$ und damit gibt es ein ${}v$ mit ${}wRv$ und mit ${}v\vDash \alpha$. Daher ist ${}v\in M(\alpha )$ und somit ist ${}w\in \operatorname {Vorg} {\left(M(\alpha )\right)}$.

Wenn umgekehrt ${}w\in \operatorname {Vorg} {\left(M(\alpha )\right)}$ gilt, so gibt es ein ${}v\in M(\alpha )$ mit ${}wRv$. Also ist ${}v\vDash \alpha$ und damit ${}w\vDash \Diamond \alpha$. Also ist ${}w\in M(\Diamond \alpha )$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung