Wir zeigen, dass aus dem Kompaktheitssatz der Aussagenlogik die Existenz eines Ultrafilters U ⊇ E folgt

Lehr- und Forschungsgebiet

Mathematische Grundlagen der Informatik RWTH Aachen

Prof. Dr. E. Grädel, F. Reinhardt

WS 2014/15

Musterlösung 5.Übung Mathematische Logik II

Lösung zu Aufgabe 2 (c) (i)

Sei E ⊆ P(X) eine Menge welche die endliche Schnitteigenschaft hat. Wir zeigen, dass aus dem Kompaktheitssatz der Aussagenlogik die Existenz eines Ultrafilters U ⊇ E folgt. Sei dazu τ := {Y_A|A ∈ P(X)} eine Menge von AL-Variablen. Dann läßt sich jeder τ-Interpretation I:τ → {0,1} die MengeI^b :={A∈ P(X)| I(Y_A) = 1}zuordnen. Wir geben eine Menge Φ von AL(τ)-Formeln an, die ausdrücken soll, dass I^b ein Ultrafilter ist, der Obermenge von E ist. Φ besteht aus folgenden Formeln:

Φf ilter :={Y_X ∧ ¬Y_∅} ∪ {Y_A→YB|A⊆B ∈ P(X)} ∪ {Y_A∧YB→YA∩B|A, B ∈ P(X)} Φultra:=ⁿY_A∨Y_X\A|A∈ P(X)^o

Φ⊇E :={Y_A|A∈ E}

Dann gilt wie man leicht nachprüft:

I |= Φf ilter⇔Ib ist ein Filter

I |= Φultra∪Φf ilter ⇔Ib ist ein Ultrafilter I |= Φ⊇E ⇔I ⊇ Eb

Es reicht also zu zeigen, dass Φ := Φultra∪Φf ilter∪Φ⊇E ein Modell hat. Aus dem Kompaktheits- satz der AL folgt die Existenz eines Modells von Φ bereits dann, wenn jede endliche Teilmenge von Φ erfüllbar ist, was wir deshalb im Folgenden nachweisen wollen. Sei Φ0 ⊆Φ eine endliche Teilmenge und τ₀ ⊆ τ die Menge der endlich vielen Variablen, die in Φ0 vorkommen. Seien Y_A1, . . . , Y_Am diejenigen Variablen ausτ₀ für dieA₁, . . . , A_m ∈ E gilt undY_B1, . . . , Y_Br die rest- lichen Variablen aus τ0. Wegen der endlichen Schnitteigenschaft gilt S := ^Tmi=1Ai 6=∅. Wegen S = S ∩X = S ∩^Tr_i=1(Bi ∪X\Bi) = ^SnS∩^Tr_j=1Dj|(D1, . . . , Dr)∈^Qr_i=1{B_i, X\Bi}^o, gibt es dann auch ein (D₁, . . . , D_r) ∈ ^Qr_i=1{B_i, X \B_i} mit T := S ∩^Tr_j=1D_j 6= ∅. Dann ist F_T := {C ⊆ X|T ⊆ C} ein Filter, weshalb die dazugehörige τ-Interpretation I_T mit I_T(YC) = 1 ⇔ C ∈ F_T schon mal I_T |= Φ0 ∩Φf ilter erfüllt. Da T ⊆ A1, . . . , Am und so- mit A₁, . . . , A_m ∈ F_T gilt, haben wir zudem I_T |= Φ0 ∩Φ⊇E, sowie I_T |= Y_Ai ∨Y_X\Ai für jedes i ∈ {1, . . . , m}. Da T ⊆ D₁, . . . , D_r und somit D₁, . . . , D_r ∈ F_T gilt, haben wir auch I_T |=YBj∨Y_X\B_j für jedes j∈ {1, . . . , r}, also insgesamt I_T |= Φ0∩Φultra, womit I_T also ein Modell von Φ0 = (Φ0∩Φf ilter)∪(Φ0∩Φ⊇E)∪(Φ0∩Φultra) ist.

Lösung zu Aufgabe 2 (c) (ii)

Wie in der Anleitung angegeben, seien τ eine Variablenmenge, Φ ⊆ AL(τ), X := {0,1}^τ die Menge der τ-Interpretationen und E = {Mod(ϕ)|ϕ ∈ Φ} ⊆ P(X). Angenommen es gilt UL und jede endliche Teilmenge von Φ hat ein Modell. Wir müssen zeigen, dass dann auch Φ

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ein Modell hat. Um UL anwenden zu können, weisen wir zunächst nach, dass E die endli- che Schnitteigenschaft hat: Seien also Mod(ϕ₁), . . . ,Mod(ϕ_n) ∈ E, dann hat die endliche Teil- menge Φ0 := {ϕ₁, . . . , ϕn} ⊆ Φ nach Voraussetzung ein Modell I, d.h. I ∈ Mod(Φ0). Also ist ^Tni=1Mod(ϕ_i) = Mod(Φ0) nicht leer. Aus UL folgt somit die Existenz eines Ultrafilter U ⊇ E. Wir betrachten die in der Anleitung angegebene Interpretation I/U, welche durch I/

U(Y) = 1 ⇔ {J ∈X| J(Y) = 1} = Mod(Y) ∈ U definiert ist. Die Wohldefiniertheit ist klar, da entweder Mod(Y) ∈ U oder Mod(Y) ∈ U/ gilt, aber nicht beides gleichzeitig. Per Induktion über den Formelaufbau zeigen wir nun, dass für jedesϕ∈AL(τ) gilt:I/U |=ϕ⇔Mod(ϕ)∈ U.

• ϕ=Y.

Dann giltI/U |=Y ⇔Mod(Y)∈ U nach Definition vonI/U.

• ϕ=ϕ₁∨ϕ₂.

Dann gilt I/U |=ϕ⇔ I/U |=ϕ₁ oder I/U |=ϕ₂ ⇔Mod(ϕ₁)∈ U oder Mod(ϕ₂) ∈ U ⇔ Mod(ϕ1)∪Mod(ϕ2) = Mod(ϕ1∨ϕ2)∈ U.

• ϕ=¬ϕ₁.

Dann giltI/U |=ϕ⇔ I/U 6|=ϕ1⇔Mod(ϕ1)∈ U ⇔/ X\Mod(ϕ1) = Mod(¬ϕ₁)∈ U. Hierbei wurden die Ultrafiltereigenschaften (ii) und (iii) aus Aufgabe 2(a) verwendet. Wegen Mod(ϕ)∈ U für alle ϕ∈Φ gilt somitI/U |=ϕfür alle ϕ∈Φ, d.h. Φ hat ein Modell.

Lösung zu Aufgabe 2 (c) (iii)

Da, wie in Aufgabe 2 (c) (ii) gezeigt wurde, der Kompaktheitssatz der Aussagenlogik aus UL folgt, reicht es zu zeigen, dass die Behauptung aus dem Kompaktheitssatz der Aussagenlogik folgt. Sei X eine Menge undτ :={Y_(a,b)|(a, b)∈X×X} eine Menge von AL-Variablen. Jeder τ-Interpretation I läßt sich die RelationI^b := {(a, b) ∈ X×X| I(Y_(a,b)) = 1} zuordnen. Wir geben eine Formelmenge Φ an, so dass gilt: I |= Φ⇔Ib ist eine lineare Ordnung auf X.

Φ :=ⁿ¬Y_(a,a)∧Y_(a,b)∧Y_(b,c) →Y_(a,c)∧Y_(a,b)∨Y_(b,a) |a, b, c∈X unda6=b^o

Offensichtlich ist I^b für jedes Modell I von Φ irreflexiv, transitiv und vollständig, also eine lineare Ordnung aufX. Bleibt zu zeigen, dass Φ ein Modell hat. Sei Φ0 eine endliche Teilmenge von Φ. Dann gibt es eine endliche Menge X0 ⊆ X, so dass die endlich vielen Variablen die in Φ0 vorkommen allesamt in ⁿY_(a,b)|a, b∈X0

o enthalten sind. Dass X0 endlich ist, bedeutet nach Definition von endlich gerade, dass es eine Bijektion f:X₀ → n für ein n ∈ω gibt und somit eine lineare Ordnung I^b := {(a, b)∈X₀×X₀|f(a)< f(b)} auf X₀ gibt. Die zugehörige InterpretationIist dann ein Modell von Φ0. Also hat jede endliche Teilmenge von Φ ein Modell und somit nach Kompaktheitssatz auch Φ.

Lösung zu Aufgabe 3 (a)

Definiere die Hamming-Distanz d(f, g) von f, g ∈ {0,1}^ω als d(f, g) := |{i∈ω|f(i)6=g(i)}|. Nun könnte man beim Versuch eine Flippmenge X zu konstruieren, die Idee haben mittels Auswahlaxiom aus jeder Paarmenge {f, h} mit d(f, h) = 1 entweder f oder h zu X hinzu- zufügen. Allerdings wird durch Hinzunahme eines f zu X bereits festgelegt, dass dann auch allegmit geradem Hamming-Abstand zu f hinzugefügt werden müssen und alleumit ungera- dem Hamming-Abstand zu f nicht hinzugefügt werden dürfen. Denn, wenn etwad(f, g) = 2n ist, dann gibt es f1, . . . , f2n−1 mit d(f, f1) = d(f1, f2) = . . . = d(f2n−1, g) = 1, so dass also

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f ∈X⇒f₁ ∈/X ⇒f₂ ∈X⇒. . .⇒f2n−1 ∈/X ⇒g∈X gilt. Deshalb fassen wir zunächst alle f, g mit gerader Hamming-Distanz zu Mengen [f] :={g∈ {0,1}^ω|d(f, g) = 2nfür einn∈ω}

zusammen. Sei ϕ0(f) die Bitsequenz, die aus f entsteht, wenn man das 0-te Bit in f flippt, d.h. (ϕ₀(f)(0), ϕ₀(f)(1), . . .) := (1−f(0), f(1), . . .). Dann gilt also d(f, ϕ₀(f)) = 1 und [ϕ₀(f)]

enthält genau die Bitsequenzen mit ungerader Hamming-Distanz zuf. Für jedesf müssen wir also aus der Menge [f]∪[ϕ0(f)] der Bitsequenzen mit endlicher Hamming-Distanz zuf entweder die gesamte Menge [f] der Bitsequenzen geraden Abstands oder die gesamte Menge [ϕ₀(f)] der Bitsequenzen ungeraden Abstands zuX hinzufügen. x:={{[f],[ϕ₀(f)]} |f ∈ {0,1}^ω}ist nach Ersetzungsaxiom eine Menge, womit es gemäß Auswahlaxiom eine Auswahlfunktionc:x→^Sx auf x gibt. SetzeX :=^SBild(c), wobei Bild(c) ={c(y)|y∈x}.

Behauptung: X ist eine Flippmenge.

Beweis: Seien f, h∈ {0,1}^ω mitd(f, h) = 1. Dann gilt h∈[ϕ0(f)] undf ∈[f]. Also istf ∈X, fallsc({[f],[ϕ₀(f)]}) = [f] undh∈X , fallsc({[f],[ϕ₀(f)]}) = [ϕ₀(f)], d.h.f ∈Xoderh∈X. Bleibt noch zu zeigen, dass nicht beide in X sein können. Für alle y, z ∈ x mit y 6= z gilt Sy∩^Sz=∅, dad(f, g) =ℵ₀ für alle f ∈^Sy und g∈^Sz ist. Außerdem gilt [f]∩[ϕ0(f)] =∅. Also können nicht beide inX sein.

Alternative Lösung

Die Existenz einer Flippmenge folgt bereits aus der Existenz eines freien Ultrafilters auf ω.

Definiere hierzu die Abbildung ^∼:{0,1}^ω → {0,1}^ω via f^e(n) :=^Pni=0f(i) mod 2. Dann gilt d(f, g) = 1⇒(f^e)⁻¹(1)∩(eg)⁻¹(1) ist endlich. SeiU ⊆ P(ω) ein freier Ultrafilter aufω. Dann ist X:={f ∈ {0,1}^ω|(f)^e−1(1)∈ U }eine Flippmenge, da freie Ultrafilter keine endlichen Mengen enthalten können.

Lösung zu Aufgabe 3 (b) (i)

Seiteine Strategie von Spieler 1. Wir konstruieren zwei Strategiens,s⁰ mitd(π(s, t), π(s⁰, t)) = 1, womit also entwederπ(s, t)∈X oderπ(s⁰, t)∈X gilt undtkeine Gewinnstrategie für Spieler 1 sein kann. Strategie s beginnt mit dem Zug s(∅) = 0. In jeder Runde wird dann immer abwechselnd die Antwort von Spieler 1 gemäß Strategie t in der einen Partie als nächster Zug in der anderen Partie verwendet, bis auf den ersten Zug von Partie π(s, t) in dem der Antwort von Spieler 1 in Partieπ(s⁰, t) eine 1 vorangestellt wird, damit die Partien sich an genau einer Stelle unterscheiden.

Runde 0 0 1 1 2 2 . . .

Spieler 0 1 0 1 0 1 . . .

π(s, t) 0 v0 v₀⁰ v1 v⁰₁ v2 . . . π(s⁰, t) 1v0 v⁰₀ v1 v₁⁰ v2 . . .

In analoger Weise lassen sich zu jeder Strategiesvon Spieler 0 zwei Strategien t,t⁰ von Spieler 1 konstruieren, so dass entwederπ(s, t)∈/ X oder π(s, t⁰)∈/ X gilt.

Runde 0 0 1 1 2 2 . . .

Spieler 0 1 0 1 0 1 . . .

π(s, t) w_{0 0} w1 w⁰₁ w2 w₂⁰ . . . π(s, t⁰) w0 1w1 w₁⁰ w2 w⁰₂ . . .

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