Kurs:Einführung in die mathematische Logik (Osnabrück 2016)/Vorlesung 15
- Auffüllungsstrategien
Die weitere Strategie zum Beweis des Vollständigkeitssatzes ist nun, eine widerspruchsfreie Ausdrucksmenge zu einer maximal widerspruchsfreien Ausducksmenge, die Beispiele enthält, aufzufüllen, und so ein erfüllendes Modell mit Hilfe des Satzes von Henkin zu bekommen. Dabei betrachten wir zunächst das Problem, Beispiele hinzuzunehmen. Es sei eine widerspruchsfreie Ausdrucksmenge über dem Alphabet . Zu jedem Ausdruck müssen wir einen Ausdruck der Form mit einem gewissen Term hinzunehmen. Das Problem ist hierbei, dass bei ungeeigneter Wahl von die Hinzunahme dieses Ausdrucks widersprüchlich machen könnte. Es gibt keine Garantie, dass es überhaupt einen -Term gibt, mit dem man widerspruchsfrei erweitern kann. Von daher wählt man eine andere Strategie, indem man simultan das Symbolalphabet erweitert und den hinzuzunehmenden Existenzausdruck mit einem neuen „unbelasteten“ Term ansetzt.
Lemma
Es sei eine widerspruchsfreie Menge an - Ausdrücken (über einem Symbolalphabet ).
Es sei ein weiteres Variablensymbol, das nicht zu gehört, und sei ein -Ausdruck. Dann ergibt die Hinzunahme von zu eine ebenfalls widerspruchsfreie Ausdrucksmenge (über dem Symbolalphabet ).
Beweis
Nehmen wir an, dass widersprüchlich ist. Dann kann man aus jeden Ausdruck ableiten. Es gilt also
und damit
für jeden Ausdruck . Es gilt also insbesondere
und
Wir nehmen nun zusätzlich an, dass in nicht vorkommt. Da überhaupt nicht in den anderen Ausdrücken vorkommt, können wir mittels Axiom 11.2 (genauer wegen der in Aufgabe 11.18 besprochenen Variante) auf
schließen. Damit ergibt sich mit der Fallunterscheidungsregel
Lemma
Es sei eine widerspruchsfreie Menge an - Ausdrücken (über einem Symbolalphabet ).
Dann gibt es eine Symbolerweiterung und eine widerspruchsfreie -Ausdrucksmenge derart, dass es zu jedem Ausdruck einen Term (über ) derart gibt, dass
gilt.
Beweis
Die Menge definieren wir als disjunkte Vereinigung
wobei eine Variablenmenge ist, die für jeden Ausdruck der Form genau eine (neue) Variable enthält, die wir mit bezeichnen. Wir setzen
Daher ist und enthält -Beispiele. Es bleibt also die Widerspruchsfreiheit zu zeigen. Wäre widerspruchsvoll, so wäre auch eine endliche Teilmenge davon widerspruchsvoll und insbesondere würde es Ausdrücke derart geben, dass
widersprüchlich ist (dabei können die gleich oder verschieden sein). Da bei jeder Hinzunahme eine neue Variable verwendet wird, können wir induktiv Lemma 15.1 anwenden und erhalten die Widersprüchlichkeit von .
Lemma
Es sei eine widerspruchsfreie Menge an - Ausdrücken (über einem Symbolalphabet ).
Dann gibt es eine aufsteigende Folge von Symbolmengen
und eine Folge von aufsteigenden - Ausdrucksmengen
derart, dass zum Symbolalphabet die -Ausdrucksmenge
widerspruchsfrei ist und Beispiele enthält.
Beweis
Wir konstruieren die Folgen und sukzessive mit der in Lemma 15.2 beschriebenen Methode durch
und
Wäre widersprüchlich, so würde sich schon aus einer endlichen Teilmenge ein Widerspruch ergeben. Dann wäre schon eines der widersprüchlich im Widerspruch zu Lemma 15.2.
Wir wenden uns nun dem Problem zu, wie man eine widerspruchsfreie Ausdrucksmenge zu einer maximal widerspruchsfreien Menge ergänzen kann. Wie im entsprechenden Beweis der Aussagenlogik verwenden wir das Lemma von Zorn, wobei wir im abzählbaren Fall noch eine Beweisvariante angeben, die ohne das Lemma von Zorn auskommt.
Lemma
Es sei eine widerspruchsfreie Menge an - Ausdrücken (über einem Symbolalphabet ).
Dann gibt es eine maximal widerspruchsfreie -Menge mit .
Beweis
Wie betrachten die Menge
aller widerspruchsfreien -Ausdrucksmengen oberhalb von . Es ist . Es sei eine nichtleere total geordnete Teilmenge. Die Vereinigung ist ebenfalls eine -Ausdrucksmenge, die umfasst. Sie ist auch widerspruchsfrei. Würde nämlich gelten, so könnte man schon aus einer endlichen Teilmenge einen Widerspruch ableiten. Die Elemente aus liegen jeweils in je einem , und da diese eine Kette bilden, gibt es auch ein mit , also wäre widersprüchlich. Somit sind die Voraussetzungen im Lemma von Zorn erfüllt und daher gibt es eine maximale Menge in . Diese ist offenbar maximal widerspruchsfrei.
Wir besprechen eine Variante der vorstehenden Auffüllung für den Fall eines abzählbaren Symbolalphabets, die das Lemma von Zorn vermeidet und im Wesentlichen konstruktiv ist. Man beachte, dass die oben durchgeführte Aufnahme von Beispielen bei einem abzählbaren Ausgangsalphabet wieder abzählbare Symbolalphabete liefert und dies auch bei der abzählbaren Wiederholung dieses Prozesses wie in
Lemma 15.3
der Fall ist.
Lemma
Es sei eine widerspruchsfreie Menge an - Ausdrücken über einem abzählbaren Symbolalphabet .
Dann gibt es eine maximal widerspruchsfreie -Menge mit , die man durch sukzessive Hinzunahme von einzelnen Ausdrücken erhalten kann.
Beweis
Da abzählbar ist, ist auch abzählbar. Es sei , , eine Abzählung sämtlicher Ausdrücke aus . Wir definieren induktiv eine aufsteigende Folge von Ausdrucksmengen durch und
Wir setzen
Diese Menge ist widerspruchsfrei, da andernfalls schon eines der widersprüchlich wäre, was aufgrund der induktiven Definition nicht der Fall ist. Um zu zeigen, dass maximal widerspruchsfrei ist, sei . Da in der Abzählung der Ausdrücke vorkommt, ist für ein gewisses . Im -ten Konstruktionsschritt wurde nicht hinzugenommen, sonst wäre . Also ist widersprüchlich und damit ist auch widersprüchlich.
Die vorstehende Variante sieht auf den ersten Blick konstruktiver aus, als sie ist. Das Problem ist die Entscheidung, ob widerspruchsfrei ist. Dafür gibt es
(anders als bei der Aussagenlogik)
kein algorithmisches Verfahren.
- Der Vollständigkeitssatz
Die folgende Aussage ist der Vollständigkeitssatz.
Satz
Es sei ein Symbolalphabet, eine Menge an - Ausdrücken und ein weiterer -Ausdruck.
Dann gilt genau dann, wenn gilt.
Beweis
Die Richtung von rechts nach links ist der Korrektheitssatz. Es sei umgekehrt . Um zu zeigen, dass auch gilt, müssen wir ein Modell angeben, das erfüllt, aber nicht . Die Nichtableitbarkeit bedeutet, dass widerspruchsfrei ist, und wir müssen zeigen, dass erfüllbar ist. Nach Lemma 15.3 gibt es eine widerspruchsfreie Erweiterung des Symbolalphabets und eine Erweiterung von , die Beispiele enthält. Nach Lemma 15.4 gibt es eine maximal widerspruchsfreie -Ausdrucksmenge . Diese enthält mit ebenfalls Beispiele. Nach dem Satz von Henkin gibt es eine - Interpretation, die erfüllt. Diese Interpretation erfüllt erst recht .
Für Tautologien ergibt sich der folgende Spezialfall.
Korollar
Es sei ein Symbolalphabet und ein -Ausdruck.
Dann ist genau dann eine ableitbare Tautologie, wenn allgemeingültig ist.
Beweis
Dies folgt aus Satz 15.6 mit
Korollar
Es sei ein Symbolalphabet und eine Menge an - Ausdrücken.
Dann ist genau dann widerspruchsfrei, wenn erfüllbar ist.
Beweis
Das folgende Korollar, der sogenannte Endlichkeitssatz, demonstriert, dass der Vollständigkeitssatz keineswegs selbstverständlich ist. Es sei eine Folgerungsbeziehung bewiesen, also gezeigt, dass jede Interpretation, die erfüllt, auch erfüllen muss. Dabei sei unendlich, man denke etwa an ein unendliches Axiomenschema, wie es im Induktionsschema der erststufigen Peano-Arithmetik vorliegt. Ist es vorstellbar, dass in einem Beweis irgendwie auf all diese unendlich vielen Voraussetzungen Bezug genommen wird?
Korollar
Es sei ein Symbolalphabet, eine Menge an - Ausdrücken und ein weiterer -Ausdruck.
Dann gilt genau dann, wenn es eine endliche Teilmenge gibt mit .
Beweis
Korollar
Es sei ein Symbolalphabet und eine Menge an - Ausdrücken. Es sei jede endliche Teilmenge erfüllbar.
Dann ist erfüllbar.
Beweis
Als ein weiteres Korollar zum Vollständigkeitssatz führen wir die Existenz von Peano-Halbringen an, die nicht archimedisch geordnet sind und daher nicht isomorph zum Standardmodell sind. Die erststufigen Peano-Axiome charakterisieren also nicht die natürlichen Zahlen.
Korollar
Es gibt Peano-Halbringe, die nicht zu isomorph sind, also nicht die zweitstufigen Dedekind-Peano-Axiome erfüllen.
Beweis
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