Μη γράφετε στο πίσω μέρος της σελίδας

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Μη γράφετε στο πίσω μέρος της σελίδας"

Φοίβη Μαγγίνας
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Μαθηματική Λογική Εξέταση Σεπτεμβρίου 2016 Σελ. 1 από 5 Στη σελίδα αυτή γράψτε μόνο τα στοιχεία σας. Γράψτε τις απαντήσεις σας στις επόμενες σελίδες, κάτω από τις αντίστοιχες ερωτήσεις. Στις απαντήσεις σας μην ξεπερνάτε, για οποιοδήποτε λόγο, τα καθορισμένα όρια αριθμού γραμμών. Σελίδες για πρόχειρο θα σας δοθούν χωριστά. Γράψτε τον ΑΜ σας σε όλες τις σελίδες (και ονοματεπώνυμο και ΑΜ στο πρόχειρο). Επώνυμο: Όνομα: ΑΜ: Βαθμοί 1 (1) 2 3α 3β Σύνολο Κ Ε

2 ΑΜ: Σελ. 2 από 5 Θέμα 1 [1 μονάδα]. Έστω Σ ενδεχομένως άπειρο σύνολο προτάσεων πρωτοτάξιας γλώσσας. Ποιος ή ποιοι από τους παρακάτω ισχυρισμούς αληθεύουν; (I) Αν το Σ δεν είναι ικανοποιήσιμο, τότε υπάρχει πεπερασμένο υποσύνολο του Σ που δεν είναι ικανοποιήσιμο. (II) Αν υπάρχει πεπερασμένο υποσύνολο του Σ που δεν είναι ικανοποιήσιμο, τότε το Σ δεν είναι ικανοποίησιμο. (III) Αν δεν υπάρχει πεπερασμένο υποσύνολο του Σ που δεν είναι ικανοποιήσιμο, τότε το Σ είναι ικανοποιήσιμο. Κυκλώστε το σωστό, χωρίς αιτιολόγηση ούτε σχόλια: (1) Αληθεύει ο ισχυρισμός (Ι) ενώ δεν αληθεύουν οι άλλοι δύο. (2) Αληθεύουν οι ισχυρισμοί (Ι) και (ΙΙ) ενώ δεν αληθεύει ο άλλος. Αληθεύει ο ισχυρισμός (ΙI) ενώ δεν αληθεύουν οι άλλοι δύο. (4) Αληθεύει ο ισχυρισμός (ΙII) ενώ δεν αληθεύουν οι άλλοι δύο. (5) Αληθεύουν οι ισχυρισμοί (Ι) και (ΙΙI) ενώ δεν αληθεύει ο άλλος. (6) Αληθεύουν οι ισχυρισμοί (ΙI) και (ΙΙI) ενώ δεν αληθεύει ο άλλος. (7) Ουδείς αληθεύει. (8) Αληθεύουν όλοι Απάντηση: Σωστό είναι το (8).

3 ΑΜ: Σελ. 3 από 5 Θέμα 2 [3 μονάδες]. Έστω ϕ, χ, ψ τρεις τύποι της προτασιακής λογικής. Χωρίς χρήση πινάκων αληθοτιμών να αποδείξετε ότι ο τύπος (((ϕ χ) ψ) (ϕ (χ ψ))) είναι ταυτολογία (αποδείξεις με πίνακες αληθοτιμών δεν θα ληφθούν υπόψη). Υπόδειξη: Υποθέστε ότι για κάποια απονομή, η υπόθεση είναι αληθής και το συμπέρασμα ψευδές. Απάντηση: Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει απονομή αληθοτιμών που κάνει το δεδομένο τύπο ψευδή. Τότε αναγκαστικά ο τύπος ((ϕ χ) ψ) είναι αληθής (Α) και ο τύπος (ϕ (χ ψ)) ψευδής (Ψ). Τότε όμως από το δεύτερο, ο τύπος ϕ θα ήταν Α και ο τύπος (χ ψ) Ψ. Από το τελευταίο συμπεραίνουμε ότι ο τύπος χ είναι Α και ο ψ Ψ. Επειδή τώρα οι ϕ, χ είναι Α, συμπεραίνουμε ότι ο (ϕ χ) είναι Α και επομένως, επειδή ο ψ είναι Ψ, συμπεραίνουμε ότι ο ((ϕ χ) ψ) είναι Ψ, άτοπο.

4 ΑΜ: Σελ. 4 από 5 Θέμα 3α [3 μονάδες]. Έστω πρωτοβάθμια γλώσσα L της οποίας τα έξω λογικά σύμβολα είναι (α) το διμερές κατηγορηματικό σύμβολο <, δύο σύμβολα σταθερών 0, 1 και δύο διθέσια σύμβολα συναρτήσεων +,. Έστω ακόμη R = R, < R, 0 R, 1 R, + N, R η ερμηνεία (δομή) για την L, όπου R το σύνολο των πραγματικών και τα υπόλοιπα σύμβολα ερμηνεύονται με το συνήθη τρόπο. (i) Δεδομένου ενός φυσικού αριθμού n 0 να γράψετε τύπο ϕ n μίας ελεύθερης μεταβλητής ο οποίος να ορίζει στη R το ανοικτό διάστημα (0, 1/n). (ii) Υπάρχει πραγματικός αριθμός r R έτσι ώστε για κάθε φυσικό n, R = ϕ n r ; (iii) Ισχύει ότι για κάθε φυσικό n 0, R = xϕ n (x); Απάντηση: (i) Ας βρούμε πρώτα όρο n ~ του οποίου η ερμηνεία στο R είναι ο φυσικός n. Αυτός είναι ο : ( (1 + 1) + + 1). }{{} n φορές το σύμβολο σταθεράς 1 Τώρα ο παρακάτω τύπος ϕ n, με ελεύθερη μεταβλητή το x, ορίζει στην R το ζητούμενο διάστημα: y((y n ~ = 1) 0 < x x < y). (ii) Όχι δεν υπάρχει τέτοιος πραγματικός διότι δεν υπάρχει θετικός πραγματικός αριθμός ο οποίος να είναι μικρότερος από 1/n, για κάθε n 0. (iii) Παρατηρούμε ότι για n 0 έχουμε ότι : 1 R = ϕ n n + 1, άρα συμπεραίνουμε ότι η απάντηση είναι θετική.

5 ΑΜ: Σελ. 5 από 5 Θέμα 3b [3 μονάδες]. Υπάρχει δομή R = R, < R, 0 R, 1 R, + R, R η οποία να ικανοποιεί το ίδιο σύνολο προτάσεων με την R και επίσης να υπάρχει r R τέτοιο ώστε για κάθε φυσικό n, R = ϕ n r ; Απάντηση: Η απάντηση είναι θετική. Θεωρούμε το σύνολο των προτάσεων Th(R) που επαληθεύονται στην R. Το σύνολο των τύπων Σ = Th(R) {ϕ n (x) n N \ {0}} είναι πεπερασμένα ικανοποιήσιμο. Πράγματι για κάθε πεπερασμένο υποσύνολο Σ k Σ, υπάρχει φυσικός k N \ {0} έτσι ώστε Σ k Th(R) {ϕ n (x) 1 n k}. Είναι όμως φανερό τότε ότι το Σ k είναι ικανοποιήσιμο από την R και για την απονομή x = 1 k+1. Επομένως από το Θεώρημα Συμπάγειας έχουμε ότι το Σ είναι ικανοποιήσιμο από δομή R = R, < R, 0 R, 1 R, + R, R και για μια απονομή η οποία δίδει στη μεταβλητή x μια τιμή r R. Η τιμή αυτή είναι το ζητούμενο r.

Σχετικά έγγραφα

Μη γράφετε στο πίσω μέρος της σελίδας

Μη γράφετε στο πίσω μέρος της σελίδας Μαθηματική Λογική Εξέταση Σεπτεμβρίου 2015 Σελ. 1 από 6 Στη σελίδα αυτή γράψτε μόνο τα στοιχεία σας. Γράψτε τις απαντήσεις σας στις επόμενες σελίδες, κάτω από τις αντίστοιχες ερωτήσεις. Στις απαντήσεις