Einf ¨uhrung in die Logik - Tutorium Fr 14

Einfuhrung ¨ in die Logik - Tutorium Fr 14-16 Ralf Kozian

¨ Ubungsblatt 4 Seite 1/2

Martin Rippel (XXXXXX)

Aufgabe 1

Zu zeigen ist:  ∀ϕ, ψ : ϕ, ψ ∈ F mLAL =⇒

W ertf (ϕ → ψ) = 1 ⇐⇒ (W ertf (ϕ) = 1 =⇒ W ertf (ψ) = 1)




Annahme: ϕ0 , ψ 0 seien beliebige LAL -Formeln. Zu zeigen: W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1 ⇐⇒ (W ertf (ϕ0 ) = 1 =⇒ W ertf (ψ 0 ) = 1) =⇒: Annahme: W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1 Zu zeigen:

W ertf (ϕ0 ) = 1 =⇒ W ertf (ψ 0 ) = 1

Annahme: W ertf (ϕ0 ) = 1 Zu zeigen: W ertf (ψ 0 ) = 1

W ertf (ϕ0 ) = 1

1

Aus der Definition des Wertes fur ¨ eine beliebige Belegung f 0 gilt: W ertf (ψ 0 ) = 0 =⇒ W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 0

W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1 =⇒ W ertf (ϕ0 ) = 0

0

Per Kontraposition ergibt sich: W ertf (ψ 0 ) = 1

Nun ist aber vorausgesetzt, dass W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1 und W ertf (ϕ0 ) = 1, also muss W ertf (ψ 0 ) = 1. ⇐=: Annahme: W ertf (ϕ0 ) = 1 =⇒ W ertf (ψ 0 ) = 1 Zu zeigen:

W ertf (ϕ0 → ψ 0 ) = 1

Dies gilt aber schon nach der Definition des Wertes. Damit ist die Behauptung fur ¨ beliebige Formeln ϕ0 und ψ 0 gezeigt, also folgt die Aussage.  Aufgabe 2

Bemerkung: Die Anfuhrungszeichen seien der Einfachheit halber weg gelassen. ¨

a) Zu zeigen: |= ϕ → (ψ → ϕ ∧ ψ) ¨ Nach Bemerkung aus der Vorlesung lasst sich das umformen zu:

Nach Definition heißt das:  ∀f f Belegung Annahme:

1

{ϕ} |= ψ → ϕ ∧ ψ ⇐⇒ {ϕ, ψ} |= ϕ ∧ ψ


∀α α ∈ {ϕ, ψ} =⇒ W ertf (α) = 1 =⇒ W ertf (ϕ ∧ ψ) = 1

Sei f 0 eine beliebige Belegung. Gelte weiterhin ∀α : α ∈ {ϕ, ψ} =⇒ W ertf (α) = 1.

also (lt. Definition Wert):

W ertf (ϕ → ¬ψ) = 0 ⇐⇒ W ertf (ϕ) = 1

1

Zu zeigen: W ertf (ϕ ∧ ψ) = 1 ist eine Abkurzung fur ¨ ¨ W ertf (¬(ϕ → ¬ψ)) = 1, W ertf (¬ψ) = 0

¨ Losung:

Dann folgt: W ertf (¬ψ) = 0

1

f 0 ist beliebige Belegung. Spezialisiere zweite Annahme auf ϕ und ψ. Dann folgt, da ϕ ∈ {ϕ, ψ} und ψ ∈ {ϕ, ψ}, dass W ertf (ϕ) = 1 und W ertf (ψ) = 1. W ertf (ϕ) = 1 =⇒ W ertf (ϕ → ¬ψ) = 0 =⇒ W ertf (ϕ ∧ ψ) = 1. 

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Aufgabe 3

¨ Ubungsblatt 4 Seite 2/2

Martin Rippel (XXXXXX)

Bemerkung: Die Anfuhrungszeichen seien der Einfachheit halber weg gelassen. ¨

∃f (f Belegung

W ertf (p1 ) = 1

1

Dann gilt:

1

¨ a) Zu zeigen ist: {p1 } 6|= p2 . Vorausgesetzt sei, dass dies die aquivalent ist mit ¬ ({p1 } |= p2 ). W ertf (p2 ) = 0).

Finde die Belegung f 0 mit W ertf 0 (p1 ) = 1 und W ertf 0 (p2 ) = 0.  ¨ b) Angenommen es gelte: {p1 } |= ¬p2 . Laut Vorlesung ist dies aquivalent mit |= p1 → ¬p2 . Dann gilt laut Definition:   ∀f f Belegung =⇒ W ertf (p1 → ¬p2 ) = 1 Man finde das Gegenbeispiel der Belegung f 0 mit W ertf 0 (p1 ) = 1 = W ertf 0 (p2 ). Dann folgt aus der Definition des Wertes: W ertf 0 (¬p2 ) = 0, und damit ergibt sich ebenfalls aus der Definition des Wertes, dass W ertf 0 (p1 → ¬p2 ) = 0. Damit ist das Gegenbeispiel erbracht, die Aussage gilt nicht.  Zu zeigen ist: Fur ¨ beliebige Σ mit Σ ⊆ F mLAL =⇒ Σ ⊆ Cn(Σ).

Dabei sei Cn(Σ) := {ϕ| ϕ ∈ F mLAL

1

Aufgabe 4

Σ |= ϕ} die Menge aller LAL -Formeln, die logisch aus Σ folgen.

Zuerst zeige ich, dass fur ¨ beliebiges σ ∈ Σ gilt: Σ |= σ 0 . Dies heißt laut Definition:  
∀f f Belegung ∀α α ∈ Σ =⇒ W ertf (α) = 1 =⇒ W ertf (σ 0 ) = 1 1

0

Sei also f 0 eine beliebige Belegung und es gelte ∀α : α ∈ Σ =⇒ W ertf 0 (α) = 1. Dann gilt wegen σ 0 ∈ Σ auch W ertf 0 (σ 0 ) = 1. Damit ist die Behauptung aber schon fur ¨ beliebiges σ 0 ∈ Σ 0 unter beliebiger Belegung f gezeigt. Also gilt fur ¨ alle σ ∈ Σ : Σ |= σ. Dann sind aber alle σ ∈ Σ auch enthalten in Cn(Σ). Das heißt: ∀σ(σ ∈ Σ =⇒ σ ∈ Cn(Σ)) Dies ist aber genau die Definition von einer Teilmenge, also:

Σ ⊆ Cn.