(ii) Geben Sie eine Formel ϕ∈FO({E}) an, so dass für jeden ungerichteten Graphen G gilt:G|=ϕgenau dann, wennGkeinen Knoten ohne Nachbarn enthält

Lehr- und Forschungsgebiet

Mathematische Grundlagen der Informatik RWTH Aachen

Prof. Dr. E. Grädel

SS 2015

Probeklausur Mathematische Logik

Aufgabe 1

(a) (i) SeienR,∼zweistellige Relationssymbole.

Ist die Zeichenkette ∀x∀y(∼ xy → Rxy = Ryx) eine syntaktisch korrekte Formel?

Geben Sie eine kurze Begründung für Ihre Antwort an.

Lösung:

Nein, daRxyundRyxkeine Terme sind und deshalb in keiner Gleichung vorkommen dürfen.

(ii) Geben Sie eine Formel ϕ∈FO({E}) an, so dass für jeden ungerichteten Graphen G gilt:G|=ϕgenau dann, wennGkeinen Knoten ohne Nachbarn enthält.

Lösung:

¬∃x¬∃yExy

(iii) Sei f ein einstelliges Funktionssymbol. Geben Sie eine FO-Formel an, die in jeder {f}-StrukturAdie Menge der Fixpunkte von f^A definiert.

Lösung:

ϕ(x) :=f x=x

(iv) Formulieren Sie den Kompaktheitssatz der Aussagenlogik.

Lösung:

Sei Φ⊆AL, ψ∈AL.

(1) Φ ist erfüllbar genau dann, wenn jede endliche Teilmenge von Φ erfüllbar ist.

(2) Φ |= ψ genau dann, wenn eine endliche Teilmenge Φ0 ⊆ Φ existiert, so dass Φ0|=ψ.

(v) Vervollständigen Sie die Definition: Eine RelationR⊆A^r über einerτ-StrukturAist elementar definierbar, wenn...

Lösung:

eine Formel ψ(x₁, . . . , x_r) ∈ FO(τ) existiert, so dass R = {(a₁, . . . , a_r) ∈ A^r | A |= ψ(a1, . . . , ar)}

(b) Entscheiden Sie jeweils, ob die folgenden Aussagen zutreffen und geben Sie eine kurze Be- gründung an (etwa, indem Sie ein Gegenbeispiel konstruieren, oder bekannte Ergebnisse aus der Vorlesung/Übung für Ihre Argumentation verwenden).

Achtung: Fehlt eine Begründung, so wird Ihre Lösung mit 0 Punkten bewertet.

(i) Sei F eine Menge von vier paarweise verschiedenen zweistelligen Booleschen Funktio- nen. Dann istF funktional vollständig.

Lösung:

falsch.F ={∧,∨,0,1}ist nicht funktional vollständig.

(ii) Seiϕeine Horn-Formel. Dann ist (X∨Y)∧ϕnicht äquivalent zu einer Horn-Formel.

Lösung:

falsch.ϕ= 0 ist eine Horn-Formel und (X∨Y)∧0≡0 äquivalent zu einer Horn-Formel.

(iii) Sei Φ⊆FO eine endliche Satzmenge und seiψ∈FO ein Satz, so dass Φ|=ψ. Dann ist die Sequenz¬ψ⇒ {¬ϕ|ϕ∈Φ} im Sequenzenkalkül ableitbar.

Lösung:

wahr. SeiA|=¬ψ. WäreA|= Φ, wäreA|=ψ. Also giltA|=¬ϕfür einϕ∈Φ. Damit ist die Sequenz gültig. Da der Sequenzenkalkül vollständig ist, ist sie auch ableitbar.

(iv) Sei Φ⊆FO eine unendliche Satzmenge und seiA|= Φ. Dann existiert eine unendliche echte Teilmenge Φ⁰ von Φ, so dassA|= Φ⁰.

Lösung:

wahr. Z.B. Φ⁰= Φ\ {ψ} für einψ∈Φ.

(v) Sei T ⊆FO(τ) eine vollständige Theorie und sei A|=T. FallsA 6|= ϕfür einen Satz ϕ∈FO(τ), so gilt¬ϕ∈T.

Lösung:

wahr. Da T vollständig ist, gilt ϕ ∈ T oder ¬ϕ ∈ T. Da A 6|= ϕ gilt ϕ /∈ T, also

¬ϕ∈T.

(vi) Seien Φ,Ψ unendliche, disjunkte Mengen von AL-Formeln, so dass jede Interpretation, die Modell von Φ ist, auch Modell von Ψ ist, und umgekehrt. Wenn Φ∪Ψ|=ϕ, dann existiert nicht zwingend eine endliche Menge Φ⁰⊆Φ, so dass Φ⁰ |=ϕ.

Lösung:

falsch. Es gilt Φ |= ϕ, denn für jede Interpretation I gilt, wenn I |= Φ, dann auch I |= Ψ, alsoI |= Φ∪Ψ und somit I |=ϕ. Nach Kompaktheitssatz existiert somit eine endliche Teilmenge Φ⁰ ⊆Φ mit Φ⁰|=ϕ.

(vii) SeienAundBendliche Strukturen, so dass die Duplikatorin das Ehrenfeucht-Fraïssé- Spiel für jedesm∈Ngewinnt. Dann giltA∼=B.

Lösung:

wahr. Wenn die Duplikatorin für jedesmgewinnt, dann gilt nach Satz von Ehrenfeucht- FraïsséA ≡B. Endliche Strukturen sind bis auf Isomorphie axiomatisierbar, d.h. es gibt einen Satz ϕ_A, so dass Mod(ϕ_A) ={C|C∼=A}. WegenA≡B und A|=ϕ_A gilt auchB|=ϕ_A und somitA∼=B.

(viii) Sei (K_n)n∈N mitK_i ⊆ K_i+1 eine Folge von FO-axiomatisierbaren Klassen von Struk- turen. Dann ist^Sn∈NK_n FO-axiomatisierbar.

Lösung:

falsch. Sei K_n die Klasse der τ-Strukturen der Größe höchstens n (etwa für τ = ∅).

Diese ist durch¬∃x₁. . .∃x_n∃x_n+1^V1≤i<j≤n+1¬x_i=x_k axiomatisierbar. Dann ist die Vereinigung die Klasse der endlichen τ-Strukturen, welche nach aufsteigendem Satz von Löwenheim-Skolem nicht axiomatisierbar ist.

(ix) Seif ein einstelliges Funktionssymbol, und seiϕ=∀x∃y(f y=x). WennA|=ϕ, dann ist auch jede Substruktur vonAModell vonϕ.

Lösung:

falsch. Z.B. (Z,+1)|=ϕ, aber (N,+1)6|=ϕ.

(x) Der Satz ∀x∃y(x=y →x6=y) ist unerfüllbar.

Lösung:

falsch. Jede Struktur, die mindestens zwei Elemente hat, ist Modell.

Aufgabe 2

(a) Verwenden Sie die Einheitsresolution für Horn-Formeln auf geeignete Weise, um zu über- prüfen, ob folgende Formel erfüllbar oder unerfüllbar ist:

(X →Y)∧(Y →Z)∧(Z →Y)∧(Z →(Z →X))∧(X → ¬Z)∧Y.

Lösung:

Die Formel ist unerfüllbar.

{¬X, Y} {¬Y, Z} {¬Z, Y} {¬Z, X} {¬Z,¬X} {Y}

{Z}

{¬X}

{¬Z}

(b) Wir betrachten die beiden folgenden Mengen Φ,Ψ von AL-Formeln:

Φ :={X_i+1 →(X_i∧X_i+2)|i∈N, i ungerade} Ψ :={(X_i → ¬X_2i+1)|i∈N, igerade}

Weisen Sie mit der Resolutionsmethode nach, dass die folgende Folgerungsbeziehung gilt:

Φ∪Ψ∪ {X₂} |=¬X₄.

Lösung:

Sei Θ := Φ∪Ψ∪ {X₂}. Θ|=¬X₄ gilt, genau dann, wenn eine endliche Teilmenge Θ⁰ ⊆Θ existiert so dass Θ⁰∪ {X₄}unerfüllbar ist.WähleX₂ → ¬X₅ ∈Ψ undX₄ →(X₃∧X₅)∈Φ Es giltX₂→ ¬X₅≡ ¬X₂∨ ¬X₅ und X₄→(X₃∧X₅)≡(¬X₄∨X₃)∧(¬X₄∨X₅).

Ableitung der leeren Klausel:

{¬X2,¬X5} {X2} {¬X4, X3} {¬X4, X5} {X4}

{¬X5} {X5}

(c) Es ist bekannt, dass Modelle von Horn-Formeln unter Schnitt abgeschlossen sind. Analog dazu definieren wir nun dieVereinigung von Interpretationen I₁,I₂:τ → {0,1}:

(I₁∪ I₂) :τ 7→ {0,1}, (I₁∪ I₂)(X) := max(I₁(X),I₂(X)).

(i) Zeigen oder widerlegen Sie, dass Modelle von Horn-Formeln auch unter Vereinigung abgeschlossen sind.

Lösung:

Sei ϕ=¬X∨ ¬Y,I₁(X) = 1,I₁(Y) = 0, I₂(Y) = 1,I₂(X) = 0. DannI₁ |=ϕ und I₂|=ϕ, aber I₁∪ I₂ 6|=ϕ.

(ii) Seiϕeine erfüllbare AL-Formel, deren Modelle unter Vereinigung abgeschlossen sind.

Weisen Sie nach, dass das maximale Modell vonϕ eindeutig ist.

Lösung:

Seien I₁,I₂: τ(ϕ) → {0,1} zwei maximale Modelle von ϕ. Dann ist auch I₁∪ I₂ Modell von ϕ. Dann gilt für alle X ∈τ(ϕ) I_i(X) ≤(I₁∪ I₂)(X) für i∈ {1,2} nach Definition der Vereinigung. Da I₁,I₂ maximale Modelle sind, muss hier Gleichheit gelten, alsoI_i(X) = (I₁∪ I₂)(X) für alle X∈τ, d.h.I₁ = (I₁∪ I₂) =I₂.

Also gibt es nur ein maximales Modell von ϕ.

(d) Sei (Φn)n∈N eine Folge von Mengen von AL-Formeln mit Φn⊆Φn+1 für alle n∈N, und seiψ eine AL-Formel, so dass^Sn∈NΦn|=ψ. Beweisen oder widerlegen Sie, dass dann ein n∈Nexistiert, so dass Φn|=ψ.

Lösung:

Wahr. Nach dem Kompaktheitssatz existiert eine endliche Teilmenge Ψ0={ϕ₁, ϕ2, . . . , ϕk} ⊆^S_n∈

NΦnmit Ψ0 |=ψ. Es gibt Zahlenn1, . . . , nk, so dassϕi∈Φni

füri = 1,2, . . . , k. Sei n= max{n₁, . . . , n_k}. Dann ist ϕ_i ∈Φni ⊆Φn für i= 1,2, . . . , k, also Ψ0 ⊆Φn und somit Φn|=ψ.

(e) Seien Φ1,Φ2 Mengen von AL-Formeln und sei ϕ eine AL-Formel, so dass die folgenden Eigenschaften gelten:

(1) Φ1∪ {¬ψ} ist unerfüllbar für jedes ψ∈Φ2.

(2) Es existiert eine endliche Menge Γ⊆Φ2, so dass die Sequenz Γ ⇒ ϕim Sequenzen- kalkül ableitbar ist.

Zeigen Sie, dass dann auch Φ1|=ϕ gilt.

Lösung:

Wegen (1) gilt Φ1 |= ψ für alle ψ ∈ Φ2. Nach Vollständigkeitssatz folgt aus (2), dass Φ2|=ϕ. Sei I|= Φ1. Dann ist wegen (1) alsoI|= Φ2, also I|=ϕ.

Aufgabe 3

(a) Definieren Sie die Ableitbarkeitsbeziehung „`“.

Lösung:

Sei Φ ⊆ FO(τ) eine Menge von Sätzen und ϕ ∈ FO(τ) ein Satz. Φ ` ψ gilt genau dann, wenn eine endliche Teilmenge Γ⊆Φ existiert , so dass Γ⇒ψim Sequenzenkalkül ableitbar ist.

(b) Formulieren Sie den Vollständigkeitssatz für den Sequenzenkalkül der Prädikatenlogik.

Lösung:

Sei Φ⊆FO(τ) eine Menge von Sätzen undϕ∈FO(τ) ein Satz. Dann gilt:

(i) Φ`ϕ gdw. Φ|=ϕ.

(ii) Φ konsistent gdw. Φ erfüllbar.

(c) Betrachten Sie den Teil des Kompaktheitssatzes der Prädikatenlogik, der sich mit der Folgerungsbeziehung beschäftigt. Erläutern Sie, wie diese Aussage aus dem Vollständig- keitssatz folgt.

Lösung:

zu zeigen ist: Wenn Φ|=ϕ, dann gibt es eine endliche Teilmenge Φ0⊆Φ mit Φ0|=ϕ.

Sei Φ|=ϕ, dann gilt nach Vollständigkeitssatz auch Φ`ϕ. Nach Def. von`gibt es somit eine endliche Teilmenge Φ0 ⊆Φ, so dass die Sequenz Φ0 ⇒ ϕim SK ableitbar ist. Dann gilt auch schon Φ0`ϕund nach Vollständigkeitssatz somit Φ0 |=ϕ.

(d) Beweisen Sie durch Ableiten im Sequenzenkalkül die Gültigkeit der folgenden Sequenz der Prädikatenlogik:

∀x((Qx∧ ∃yRxy)→ ¬Rcx), Rcc⇒ ¬Qc Lösung:

Qc, Rcc⇒Qc (⇒ ¬)

Rcc⇒ ¬Qc, Qc

Rcc⇒ ¬Qc, Rcc

(⇒ ∃) Rcc⇒ ¬Qc,∃yRcy

(⇒ ∧) Rcc⇒ ¬Qc, Qc∧ ∃yRcy

Rcc⇒Rcc,¬Qc (¬ ⇒) ¬Rcc, Rcc⇒ ¬Qc

(→⇒) (Qc∧ ∃yRcy)→ ¬Rcc, Rcc⇒ ¬Qc

(∀ ⇒)

∀x((Qx∧ ∃yRxy)→ ¬Rcx), Rcc⇒ ¬Qc

Schlussregeln des Sequenzenkalküls (=) Γ, t=t⇒∆

Γ⇒∆

(S ⇒) Γ, ψ(t)⇒∆

Γ, t=. t⁰, ψ(t⁰)⇒∆ (⇒S) Γ⇒∆, ψ(t) Γ, t=. t⁰⇒∆, ψ(t⁰)

(¬ ⇒) Γ⇒∆, ψ

Γ,¬ψ⇒∆ (⇒ ¬) Γ, ψ⇒∆

Γ⇒∆,¬ψ

(∨ ⇒) Γ, ψ⇒∆ Γ, ϑ⇒∆

Γ, ψ∨ϑ⇒∆ (⇒ ∨) Γ⇒∆, ψ, ϑ Γ⇒∆, ψ∨ϑ

(∧ ⇒) Γ, ψ, ϑ⇒∆

Γ, ψ∧ϑ⇒∆ (⇒ ∧) Γ⇒∆, ψ Γ⇒∆, ϑ Γ⇒∆, ψ∧ϑ

(→⇒) Γ⇒∆, ψ Γ, ϑ⇒∆

Γ, ψ→ϑ⇒∆ (⇒→) Γ, ψ⇒∆, ϑ Γ⇒∆, ψ→ϑ

(∃ ⇒) Γ, ψ(c)⇒∆

Γ,∃xψ(x)⇒∆ ^∗ (⇒ ∃) Γ⇒∆, ψ(t) Γ⇒∆,∃xψ(x)

(∀ ⇒) Γ, ψ(t)⇒∆

Γ,∀xψ(x)⇒∆ (⇒ ∀) Γ⇒∆, ψ(c) Γ⇒∆,∀xψ(x)

∗

für ein Konstantensymbolc und beliebige Termet, t⁰.

∗wenn cin Γ,∆ und ψnicht vorkommt Fortsetzung Aufgabe 3 auf der nächsten Seite

(e) Beweisen Sie semantisch (d.h.nicht durch Ableiten im Sequenzenkalkül) die Korrektheit der folgenden Schlussregel für die Prädikatenlogik:

Γ, ϕ(f c) ⇒ ∆ Γ,∃x ϕ(x)⇒∆

wobeif ein einstelliges Funktionssymbol ist, das in Γ,∆ und ϕnicht vorkommt.

Lösung:

Sei die Prämisse gültig.

zu zeigen: Dann ist auch die Konklusion gültig.

SeiAeineτ-Struktur mitA|= Γ∪ {∃xϕ(x)}. Da f nicht in Γ,∆, ϕ vorkommt, kann man nach Koinzidenzlemma oBdAf /∈τ annehmen.

Wegen A|=∃x ϕ(x) existiert eina∈AmitA|=ϕ(a).

Sei A⁰ die τ ∪ {f}-Expansion von A mit f^A0(c^A0) := a und A =A⁰ τ. Dann gilt A⁰ |= Γ∪ {ϕ(f c)}.

Da die Prämisse gültig ist, gilt also A⁰ |=^W∆.

Daf nicht in ∆ vorkommt, gilt nach Koinzidenzlemma A|=^W∆.

Aufgabe 4

Seien f, g zweistellige Funktionssymbole und seien 0,1 Konstantensymbole. Weiter sei T die Menge der Grundterme über{f, g,0,1}. Weiterhin seienSundP zweistellige Relationssymbole.

Wir betrachten die Struktur T= (T, P^T, S^T, f^T, g^T) wobei

• f^T(t, t⁰) =f tt⁰,

• g^T(t, t⁰) =gtt⁰ und

• S^T ⊆ T ×T mit (t⁰, t) ∈ S^T genau dann, wenn t⁰ ein Subterm von t ist. (Z.B. sind die Subterme vonf g001 die Terme f g001, g00,0 und 1).

• P^T={(t, t⁰)| |t|_f =|t⁰|_f (mod 2)}. Hier ist|t|_f die Anzahl der f, die in tvorkommen.

a) Beschreiben Sie einen Automorphismus π von T, welchernicht die Identität ist.

Hinweis: Beachten Sie, dass 0 und 1 nicht in der Signatur enthalten sind.

Lösung:

Sei π: T → T mit π(t) = t[0/1,1/0], d.h. die Abbildung die jeden Term t auf den Term t[0/1,1/0] abbildet bei dem 0 und 1 vertauscht wurden.

Induktive Definition vonπ: (i) π(0) := 1 ,π(1) := 0

(ii) π(f tt⁰) :=f π(t)π(t⁰) f.a. t, t⁰ ∈T (iii) π(gtt⁰) :=gπ(t)π(t⁰) f.a. t, t⁰ ∈T

Dann istπ ein Automorphismus von Tder nicht die Identität ist.

b) Beweisen oder widerlegen Sie, dass die folgenden Relationen inTelementar definierbar sind.

(i) R₁={t|g kommt int nicht vor}. Lösung:

ϕ₁(t) :=¬∃u∃u⁰Sguu⁰t.

“Es gibt in tkeinen Teilterm der Formguu⁰ für Terme u, u⁰."

(ii) R₂={t|0 kommt in t nicht vor}. Lösung:

Geht nicht:

Angenommen doch. Seiψ(x) eine Formel mitψ^T=R₂. Dann giltT|=ψ(1) , also nach Isomorphielemma T|=ψ(π(1)), d.h.π(1) = 0∈R2. Widerspruch.

(iii) R3={t| |t|_f = 0 (mod 2)}. Lösung:

ϕ¬f(x) = ¬∃y∃zSf yzx definiert die Menge aller Terme in denen f nicht vorkommt.

(wie bei i) nur für f stattg).

ϕ₃(x) =∃y(ϕ¬f(y)∧P xy) drückt aus ”es gibt einen Termy in demf nicht vorkommt, so dass |y|_f =|x|_f (mod 2)“ , also 0 =|x|_f (mod 2).

c) Geben Sie für die folgenden Paare von Strukturen jeweils eine Formel vonmöglichst kleinem Quantorenrangm an, welche die Strukturen trennt und geben Sie eine Gewinnstrategie für den Herausforderer im SpielGm(A,B) an, oder zeigen Sie, dass keine solche Formel existiert.

(i) A= (Z, <) und B= (Z∪ {±_n¹ |n≥2}, <).

Lösung:

Trennender Satz:

ϕ=∃x∀y(x < y → ∃z(x < z∧z < y)). Dann giltB|=ϕ,A6|=ϕ. Gewinnstrategie für H. in G₃(A,B):

Wähle zuerst b₁:= 0 in B. Angenommen D. wählt a₁∈A.

Wähle danna₂ :=a₁+ 1 inA. Angenommen D. wähltb₂ ∈B. Dann mußb₁ < b₂ sein.

Wähle nun ein b₃ = ¹_n so dassb₁ = 0< b₃ < b₂ gilt.(existiert immer) D. kann kein a₃ mita₁< a₃ < a₁+ 1 wählen, verliert also.

(ii) A= (N×Z, E^A) mitE^A={((n, m),(n, m+ 1))|n∈N, m∈Z} und B= (R, E^B) mit E^B={(r, r+ 1)|r ∈R}.

Lösung:

A: · · · (0,−1) (0,0) (0,1) · · ·

· · ·

· · ·

· · · (1,−1) (1,0) (1,1) · · ·

· · ·

B: · · · −1 0 1 · · ·

· · ·

· · · −0.9 0.1 1.1 · · ·

· · ·

Abesteht aus abzählbar unendlich vielen beidseitig unendlichen Pfaden undBbesteht aus überabzählbar vielen solcher Pfade. Nämlich für jede reelle Zahl r∈[0,1) der Pfad . . . , r−2, r−1, r, r+ 1, r+ 2, . . ..

Gewinnstrategie für die Duplikatorin in G(A,B):

Seien a1, . . . , an, b1, . . . , bn bereits gewählt. H wählt o.B.d.A. an+1.

Falls an+1 auf einem Pfad liegt aus dem schon einai gewählt wurde, so wählt Dbn+1

aus dem Pfad auf dem b_i liegt so, dass der Abstand zu den bisherigen Elementen in beiden Pfaden gleich ist.

Fallsa_n+1 auf einem neuen Pfad liegt, aus dem noch keina_i gewählt wurde, wähle auch ein bn+1, das auf einem neuen Pfad liegt, aus dem noch kein bi gewählt wurde. Das geht immer, da in beiden Strukturen unendlich viele Pfade existieren, aber immer nur aus endlich vielen schon Elemente gewählt wurden, d.h. immer noch unendlich viele Pfade aus denen noch kein Element gewählt wurde zur Verfügung stehen.

Es gilt alsoA≡B, d.h. es gibt keinen FO-Satz der Aund B trennt.

Aufgabe 5

Sei τ = {E, R, B} mit zweistelligem Relationssymbol E und einstelligen Relationssymbolen R, B. Wir sagen, dass Elemente inR die Farbe rot und Elemente inB die Farbe blau besitzen.

Ein 2-gefärbter Graph ist eine τ-Struktur G= (V, E, R, B), so dass (V, E) ein ungerichteter Graph ist, in dem jeder Knoten v ∈V genau eine der Farben rot oder blau besitzt, und zwar so, dass alle Paare von benachbarten Knoten (v, w)∈E unterschiedliche Farben besitzen.

(a) Geben Sie einen FO(τ)-SatzϕC an, der die KlasseCder 2-gefärbten Graphen axiomatisiert.

Lösung:

ϕC:=∀x¬Exx∧ ∀x∀y(Exy→Eyx)∧ ∀x((Rx∨Bx)∧ ¬(Rx∧Bx))∧ ∀x∀y(Exy→((Rx∧ By)∨(Bx∧Ry)))

(b) Beweisen oder widerlegen Sie für die folgenden Klassen von τ-Strukturen jeweils, dass sie FO-axiomatisierbar sind. Geben Sie jeweils ein, falls möglich endliches, Axiomensystem an oder beweisen Sie, dass ein solches nicht existiert.

Hinweis:Beachten Sie, dass alle nachfolgenden Klassen Teilklassen von C sind.

(i) K₁ ={G∈ C |es gibt mindestens 13 rote Knoten, die jeweils mindestens einen Nachbarn in Ghaben}. Lösung:

ϕ1 :=∃x₁. . .∃x₁₃^V_i6=jxi6=xj∧^V13_i=1Rxi∧^V13_i=1∃yEx_iy∧ϕC

(ii) K₂ ={G∈ C |R ist endlich und B ist endlich}. Lösung:

Nicht FO-axiomatisierbar.

Angenommen, Φ axiomatisiertK₂. Dann hat Φ beliebig große endliche Modelle, denn für jedesn∈Nist zum Beispiel der Graph

Gn = (V^Gn := {1,2, . . . , n, n+ 1, . . . ,2n}, E^Gn := ∅, R^Gn := {1,2, . . . , n}, B^Gn :=

{n+ 1, . . . ,2n}) ein 2-gefärbter Graph bei dem R und B endlich sind.

Nach aufsteigendem Satz von Löwenheim-Skolem hat Φ auch ein unendliches Modell.

In jedem unendlichen 2-gefärbten Graphen, muss aber R oder B unendlich sein. Wi- derspruch.

(iii) K₃ ={G∈ C |falls es nur endlich viele blaue Knoten in Ggibt,

so gibt es unendlich viele rote Knoten inG}. Lösung:

Axiomatisierbar durch Φ3:= Φ∞∪ {ϕ_C}mit Φ∞={ϕ_≥n|n∈N}, ϕ≥n:=∃x₁. . .∃x_n(^Vi6=jx_i6=x_j), denn es gilt für alle GraphenG∈ C G∈ K₃ gdw.

”falls B endlich, dann R unendlich“ gdw.

”B unendlich oderR unendlich” gdw.

Gist unendlich.

nicht endlich axiomatisierbar:

Angenommen doch.

Dann gibt es einen Satzψ mit Mod(ψ) =K₃= Mod(Φ3). Insbesondere gilt Φ3 |=ψ. Nach Kompaktheitssatz gibt es somit eine endliche Teilmenge Φ0⊆Φ3, so dass Φ0|= ψ.

Da Φ0 endlich ist, gibt es eine Zahln0 , so dass Φ0 ⊆ {ϕ≥n|n≤n0} ∪ {ϕC} gilt.

Der Graph Gn0 (siehe ii)) ist 2-gefärbt und hat mindestens n0 Knoten, ist also ein Modell von{ϕ_≥n|n≤n0} ∪ {ϕ_C}, also gilt auch Gn0 |= Φ0. Aber Gn0 6|=ψ, daGn0

endlich ist. Widerspruch zu Φ0 |=ψ.

(iv) K₄ ={G∈ C |G enthält nur endlich viele Kreise der Länge 3}. Lösung:

Ein zweigefärbter Graph kann keine Kreise der Länge 3 enthalten. 0 Kreise der Länge 3 sind endlich viele. Somit gilt bereitsK₄ =C undϕ4 :=ϕC axiomatisiert die Klasse.