Klausur zur Vorlesung Mathematische Logik - Fakultät für ...

Aufgabe 6 (Prädikatenlogik - 14 Punkte)Sei L = L(f; c 0 , c 1 ) die Sprache, die das 1-stellige Funktionszeichen f und diezwei Konstantensymbole c 0 und c 1 enthält. Sei ferner die L-Theorie T gegebendurchT = {c 0 ≠ c 1 , ∀x(f(x) ≠ x)}.(a) (2 Punkte) Geben Sie ein Modell A von T mit Individuenbereich {0, 1} an.(b) (1 Punkt) Geben Sie ein Modell B von T mit Individuenbereich N an, beidem f B (n) = n + 2 für alle n ∈ N und c B 0 , c B 1 ≤ 1 gilt.(c) (1 Punkt) Zeigen Sie, dass T konsistent ist.(d) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass T nicht vollständig ist, indem Sie explizit einenSatz σ angeben, für den weder T ⊢ σ noch T ⊢ ¬σ gilt (mit Begründung).(e) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass für alle L-Terme t, t ′ gilt:T ⊢ t = t ′ ⇔ t ≡ t ′ .(f) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass T keine Henkin-Theorie ist. (Tipp: Zeigen Sie,dass für den Existenzsatz σ ≡ ∃x(x ≠ c 0 ∧x ≠ c 1 ) die Henkin-Eigenschaft nichterfüllt ist.)(g) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass für das Termmodell A T von T gilt: A T T .LÖSUNG. (a) Eins der zwei möglichen Modelle ist A = ({0, 1}; f A ; 0, 1) mitf A (0) = 1, f A (1) = 0.(b) Ein Modell, das die gewünschten Eigenschaften besitzt, ist B = (N; f B ; 0, 1)mit f B (n) = n + 2 für alle n ∈ N.(c) Da T ein Modell besitzt (siehe (a) und (b)), ist T erfüllbar. Da jede erfüllbareTheorie konsistent ist (wegen des Korrektheitssatzes), ist T konsistent.(d) Da T nach (a) und (b) ein zweielementiges sowie ein unendliches Modellbesitzt, genügt es, den Satzσ ≡ ∀x∀y∀z(x = y ∨ x = z ∨ y = z)zu betrachten, der aussagt, dass es höchstens zwei Elemente gibt. Es kann wederT σ gelten, da sonst B σ gelten müsste, noch T ¬σ, da sonst A ¬σgelten müsste. Nach dem Korrektheitssatz kann damit auch weder T ⊢ σ nochT ⊢ ¬σ gelten.(e) Gilt t ≡ t ′ , so gilt offensichtlich T t = t ′ und nach dem Vollständigkeitssatzdann auch T ⊢ t = t ′ (alternativ kann man rein syntaktisch argumentierenund sich auf das Gleichheitsaxiom G1 zusammen mit der Substitutionsregelberufen).Umgekehrt gelte T ⊢ t = t ′ . Dann gilt auch T t = t ′ nach dem Korrektheitssatzund folglich B t = t ′ , d.h. t B = t ′B . Alle L-Terme besitzen die Gestaltf n (c 0 ) oder f n (c 1 ) für ein n ≥ 0. Wäre t ≡ f n (c 0 ) und t ′ ≡ f n′ (c 1 ), so gältet B = 2n ≠ 2n ′ + 1 = t ′B , da links eine gerade, rechts eine ungerade Zahl steht(entsprechend im umgekehrten Fall).