Äquivalenz beweisen < Prädikatenlogik < Logik < Logik+Mengenlehre < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 02:49 So 16.03.2014 | | Autor: | ne1 |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | | Sei $\psi$ eine Aussage und $\varphi(x)$ eine Aussageform. $X$ sei eine nicht leere Menge. Beweise $\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \vaphi(x)$. |
Die Diskussion hatten wir schon mal http://matheforum.net/read?t=958226. Ich habe meine alten Aufgaben angeguckt und festgestellt, dass ich hier doch eigentlich ein kleines Problem habe, deshalb eröffne ich lieber eine neue Diskussion, damit es übersichtlicher wird.
Vielleicht damit es diesmal bisschen Präziser wird, schreibe ich womit ich arbeite. Eine Aussage hat bei mir keine Definition. Man benutzt die Eigenschaft, dass sie entweder richtig oder falsch sein kann, was jedem klar ist. Die Definition der Aussageform kopiere ich mal von der alten Diskussion: "Ein Ausdruck $ W(x) $, der zu einer Aussage wird, wenn wir für die Variable $ x $ ein Objekt eines bestimmten Typs (z.B. ein Element einer definierten Menge) einsetzen, bezeichnen wir als Aussageform".
Ich habe auch schon folgenden Tautologie bewiesen: $\forall x (\psi(x) \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \forall x \psi(x) \wedge \forall x \varphi(x)$. Tobit09 hat mir damals vorgeschlagen die Aussage folgendermaßen zu definieren: $\psi =: \psi'(x)$. Dann könnte ich meine Tautologie benutzen.
Ich erstelle mir ein kleines Beispiel: $\psi = (\{\*\} \not = \emptyset)\)$, dabei ist * irgendein Element, $\varphi(x) = (x > 0)$ und $X = \{1,2,3\}$. Es ist also $\forall x (\{*\} \not = \emptyset \wedge x>0\} \Leftrightarrow \{*\} \not = \emptyset \wedge \forall x (x >0)$.
Wie kann ich mir jetzt die Aussage $\{\*\}\not = \emptyset$ abhängig von [mm]x[/mm] vorstellen? Ist es eigentlich nicht so, dass die ganzen Beweise auf einer selbstverständlichen Tatsache basieren, dass man die Aussage, da sie nicht "gequantet" ist, außerhalb der Klammern bzw. innerhalb schreiben kann? Es ist somit eher eine Definition die man auf der Basis der naiven Logik / Mengenlehre nicht beweist oder nicht? Mir erscheinen die Beweise irgendwie selbstverständlich zu sein wo man nicht wirklich mit irgendwelchen Definitionen arbeitet, deshalb ist es mir schwer es nachzuvollziehen.
Vielen Dank im Voraus.
P.S. Solche Aussagen wie [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi(x) \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \forall [/mm] x [mm] \psi(x) \wedge \forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] habe ich mithilfe der naiven Mengenlehre bewiesen. Ich habe irgendwo nachgelesen, dass man sich bei der naiven Mengenlehre unbewusst auf ZF beruft und das wiederum erfordert die Sätze der Prädikatenlogik von de Morgan also drehen wir uns im Kreis. Leider habe ich keine Ahnung von Zermelo-Fraenkel und irgendwelchem Axiomen der Mengenlehre. Ich wollte einfach nur den Eindruck haben, auch wenn es mir klar ist, dass die Mathematik kein Anfang und kein Ende hat, dass ich mit irgendwelchen Definitionen arbeite, mit denen ich mir ein "Gerüst" der Mathematik aufbaue. Und jetzt verzweifele ich gerade, da vielleicht es irgendwelche Axiome der Prädikatenlogik in der höheren Mathematik gibt und meine Beweise eigentlich nicht viel Sinn machen, da sie eh auf irgendwelchen Axiomen basieren. Vielleicht kann mir hier jemand mehr dazu sagen.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:24 So 16.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo ne1!
Für deinen P.S.-Teil schreibe ich aus Gründen der Übersicht eine separate Antwort.
> Ich habe auch schon folgenden Tautologie bewiesen: [mm]\forall x (\psi(x) \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \forall x \psi(x) \wedge \forall x \varphi(x)[/mm].
> Tobit09 hat mir damals vorgeschlagen die Aussage
> folgendermaßen zu definieren: [mm]\psi =: \psi'(x)[/mm]. Dann
> könnte ich meine Tautologie benutzen.
Mein Vorschlag war, eine neue AussageFORM [mm] $\psi'$ [/mm] auf diese Weise zu definieren.
(Ich bin inzwischen nicht mehr sicher, ob diese Idee der Zurückführung auf die schon bewiesene Tautologie letztlich überhaupt einfacher ist als ein direkter Beweis.)
> Ich erstelle mir ein kleines Beispiel: [mm]\psi = (\{\*\} \not = \emptyset)\)[/mm],
> dabei ist * irgendein Element, [mm]\varphi(x) = (x > 0)[/mm] und [mm]X = \{1,2,3\}[/mm].
> Es ist also [mm]\forall x (\{*\} \not = \emptyset \wedge x>0\} \Leftrightarrow \{*\} \not = \emptyset \wedge \forall x (x >0)[/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Wie kann ich mir jetzt die Aussage [mm]\{\*\}\not = \emptyset[/mm]
> abhängig von [mm]x[/mm] vorstellen?
Für jedem [mm] $x_0\in\{1,2,3\}$ [/mm] ordnen wir die (immer gleiche) Aussage [mm] $\{\*\}\not=\emptyset$ [/mm] zu.
Vielleicht hilft dir folgender Vergleich: Mithilfe der reellen Zahl 5 können wir die konstante Funktion
[mm] $f\colon\IR\to\IR,\quad [/mm] f(x)=5$
definieren, die jeder reellen Zahl [mm] $x_0\in\IR$ [/mm] die (immer gleiche) Zahl 5 zuordnet.
> Ist es eigentlich nicht so,
> dass die ganzen Beweise auf einer selbstverständlichen
> Tatsache basieren, dass man die Aussage, da sie nicht
> "gequantet" ist, außerhalb der Klammern bzw. innerhalb
> schreiben kann?
Diesen Gedanken verstehe ich leider nicht.
> Es ist somit eher eine Definition die man
> auf der Basis der naiven Logik / Mengenlehre nicht beweist
> oder nicht?
So sehe ich das nicht. Aus meiner Sicht liegt eine Beweis-bedürftige Behauptung vor.
> Mir erscheinen die Beweise irgendwie
> selbstverständlich zu sein wo man nicht wirklich mit
> irgendwelchen Definitionen arbeitet, deshalb ist es mir
> schwer es nachzuvollziehen.
Ja, man arbeitet nicht mit Definitionen, sondern mit elementaren Schlussregeln.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:05 So 16.03.2014 | | Autor: | ne1 |
> > Wie kann ich mir jetzt die Aussage [mm]\{\*\}\not = \emptyset[/mm]
> > abhängig von [mm]x[/mm] vorstellen?
> Für jedem [mm]x_0\in\{1,2,3\}[/mm] ordnen wir die (immer gleiche)
> Aussage [mm]\{\*\}\not=\emptyset[/mm] zu.
>
> Vielleicht hilft dir folgender Vergleich: Mithilfe der
> reellen Zahl 5 können wir die konstante Funktion
>
> [mm]f\colon\IR\to\IR,\quad f(x)=5[/mm]
>
> definieren, die jeder reellen Zahl [mm]x_0\in\IR[/mm] die (immer
> gleiche) Zahl 5 zuordnet.
OK, das verstehe ich. Es wird also eigentlich nirgendwo Vorausgesetzt, das meine Aussageform ein $x$ tatsächlich enthalten muss oder?
> > Ist es eigentlich nicht so,
> > dass die ganzen Beweise auf einer selbstverständlichen
> > Tatsache basieren, dass man die Aussage, da sie nicht
> > "gequantet" ist, außerhalb der Klammern bzw. innerhalb
> > schreiben kann?
> Diesen Gedanken verstehe ich leider nicht.
>
>
> > Es ist somit eher eine Definition die man
> > auf der Basis der naiven Logik / Mengenlehre nicht beweist
> > oder nicht?
> So sehe ich das nicht. Aus meiner Sicht liegt eine
> Beweis-bedürftige Behauptung vor.
Dann versuche ich ich es zu beweisen, obwohl es mir irgendwie schwerfällt. Wir wissen, dass [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x))$ [/mm] genau dann gilt, wenn für alle $x$, die Aussageform [mm] $\psi \wedge \varphi(x)$ [/mm] gilt (hier habe ich erst mal eigentlich nur die Definition des Allquantors benutzt). Und die Frage ist, wie mache ich jetzt den entscheidenden Schritt? Ich muss irgendwie die Tatsache nutzen, dass ich aus einer "quantifizierten" Aussage, eine freie Aussage machen kann, da die Aussage unabhängig von $x$, also von der quantifizierten Variable ist. Und das ist irgendwie eine Tatsache, die man nicht beweist, die im Skript als etwas selbstverständliches stehen sollte. Oder sehe ich das falsch?
> > Mir erscheinen die Beweise irgendwie
> > selbstverständlich zu sein wo man nicht wirklich mit
> > irgendwelchen Definitionen arbeitet, deshalb ist es mir
> > schwer es nachzuvollziehen.
> Ja, man arbeitet nicht mit Definitionen, sondern mit
> elementaren Schlussregeln.
Und mit diesen Elementaren Schlussregeln habe ich ein Problem so wie oben beschrieben.
> Viele Grüße
> Tobias
Danke für Deine Hilfe.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:35 So 16.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Es wird also eigentlich nirgendwo
> Vorausgesetzt, das meine Aussageform ein [mm]x[/mm] tatsächlich
> enthalten muss oder?
Aus meiner Sicht ist das so. Es mag aber andere Mathematiker geben, die dies anders sehen.
> Dann versuche ich ich es zu beweisen, obwohl es mir
> irgendwie schwerfällt. Wir wissen, dass [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm]
> genau dann gilt, wenn für alle [mm]x[/mm], die Aussageform [mm]\psi \wedge \varphi(x)[/mm]
> gilt (hier habe ich erst mal eigentlich nur die Definition
> des Allquantors benutzt). Und die Frage ist, wie mache ich
> jetzt den entscheidenden Schritt? Ich muss irgendwie die
> Tatsache nutzen, dass ich aus einer "quantifizierten"
> Aussage, eine freie Aussage machen kann, da die Aussage
> unabhängig von [mm]x[/mm], also von der quantifizierten Variable
> ist. Und das ist irgendwie eine Tatsache, die man nicht
> beweist, die im Skript als etwas selbstverständliches
> stehen sollte. Oder sehe ich das falsch?
Was selbstverständlich ist, ist natürlich grundsätzlich Geschmackssache.
(Aber dieses vermeintlich selbstverständliche "Rausziehen von [mm] $\psi$ [/mm] aus dem Wirkungsbereich des All-Quantors" geht nur, weil die Menge $X$ als nichtleer vorausgesetzt wird!)
Ich schlage folgenden Beweis vor:
Zeigen wollen wir die Äquivalenz $ [mm] \forall [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall [/mm] x [mm] \varphi(x) [/mm] $.
Zunächst zur Hin-Richtung:
Gelte also [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi\wedge\varphi(x))$ [/mm] (*).
Zu zeigen ist [mm] $\psi\wedge\forall x\varphi(x)$.
[/mm]
Zu zeigen sind also
1. [mm] $\psi$ [/mm] und
2. [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$.
[/mm]
Zu 1.: Da [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] existiert ein [mm] $x_0\in [/mm] X$.
Gemäß (*) gilt [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$.
[/mm]
Insbesondere gilt wie gewünscht [mm] $\psi$.
[/mm]
Zu 2.: Sei [mm] $x_1\in [/mm] X$. Zu zeigen ist [mm] $\varphi(x_1)$.
[/mm]
Gemäß (*) gilt [mm] $\psi\wedge\varphi(x_1)$.
[/mm]
Insbesondere gilt wie gewünscht [mm] $\varphi(x_1)$.
[/mm]
Zur Rück-Richtung:
Gelte [mm] $\psi\wedge\forall x\varphi(x)$, [/mm] also
[mm] $\psi$ [/mm] (**) und
[mm] $\forall x\varphi(x)$ [/mm] (***).
Zu zeigen ist [mm] $\forall x(\psi\wedge\varphi(x))$.
[/mm]
Sei also [mm] $x_1\in [/mm] X$. Zu zeigen ist [mm] $\psi\wedge\varphi(x_1)$.
[/mm]
Zu zeigen ist also
(a) [mm] $\psi$ [/mm] und
(b) [mm] $\varphi(x_1)$.
[/mm]
(a) ist durch (**) gegeben.
(b) folgt direkt aus (***).
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:51 So 16.03.2014 | | Autor: | ne1 |
> Ich schlage folgenden Beweis vor:
>
> Zeigen wollen wir die Äquivalenz [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x) [/mm].
>
> Zunächst zur Hin-Richtung:
> Gelte also [mm]\forall x (\psi\wedge\varphi(x))[/mm] (*).
> Zu zeigen ist [mm]\psi\wedge\forall x\varphi(x)[/mm].
> Zu zeigen
> sind also
> 1. [mm]\psi[/mm] und
> 2. [mm]\forall x \varphi(x)[/mm].
>
> Zu 1.: Da [mm]X\not=\emptyset[/mm] existiert ein [mm]x_0\in X[/mm].
> Gemäß
> (*) gilt [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm].
> Insbesondere gilt wie gewünscht [mm]\psi[/mm].
Es ist zwar [mm] $\psi$, [/mm] aber für [mm] $x_0$, [/mm] wobei [mm] $x_0$ [/mm] ein beliebiges Element von $X$. Ich verstehe schon was Du machst, aber mir ist nicht 100 % klar warum du dieses [mm] $\psi$ [/mm] unabhängig von [mm] $x_0$ [/mm] betrachtest oder anders gesagt wenn eine Aussage für ein [mm] $x_0$ [/mm] gilt, dann gilt sie auch unabhängig von meinem [mm] $x_0$? [/mm] Kann ich das als etwas selbstverständliches benutzen oder wie kommst du drauf?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:22 So 16.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > Zunächst zur Hin-Richtung:
> > Gelte also [mm]\forall x (\psi\wedge\varphi(x))[/mm] (*).
> > Zu zeigen ist [mm]\psi\wedge\forall x\varphi(x)[/mm].
> > Zu
> zeigen
> > sind also
> > 1. [mm]\psi[/mm] und
> > 2. [mm]\forall x \varphi(x)[/mm].
> >
> > Zu 1.: Da [mm]X\not=\emptyset[/mm] existiert ein [mm]x_0\in X[/mm].
> >
> Gemäß
> > (*) gilt [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm].
> > Insbesondere gilt wie gewünscht [mm]\psi[/mm].
>
> Es ist zwar [mm]\psi[/mm], aber für [mm]x_0[/mm], wobei [mm]x_0[/mm] ein beliebiges
> Element von [mm]X[/mm]. Ich verstehe schon was Du machst, aber mir
> ist nicht 100 % klar warum du dieses [mm]\psi[/mm] unabhängig von
> [mm]x_0[/mm] betrachtest oder anders gesagt wenn eine Aussage für
> ein [mm]x_0[/mm] gilt, dann gilt sie auch unabhängig von meinem
> [mm]x_0[/mm]? Kann ich das als etwas selbstverständliches benutzen
> oder wie kommst du drauf?
Gut, dass du nachfragst.
Eine Aussage gilt oder gilt nicht. Sie kann nicht für ein [mm] $x_0$ [/mm] gelten und gleichzeitig für ein anderes [mm] $x_0$ [/mm] nicht gelten.
Sei die Aussageform [mm] $\rho(x)$ [/mm] definiert durch
[mm] $\rho(x):=(\psi\wedge\varphi(x))$.
[/mm]
Für jedes [mm] $x'\in [/mm] X$ gilt [mm] $\rho(x')$ [/mm] also genau dann, wenn die Aussage [mm] $\psi$ [/mm] wahr ist und gleichzeitig [mm] $\varphi(x')$ [/mm] gilt.
(*) besagt nun
[mm] $\forall x\rho(x)$.
[/mm]
Insbesondere gilt also [mm] $\rho(x_0)$ [/mm] für das [mm] $x_0$ [/mm] aus dem obigen Beweis.
Also muss gleichzeitig [mm] $\psi$ [/mm] wahr sein und [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] gelten. Insbesondere ist [mm] $\psi$ [/mm] wahr.
(Ich argumentiere hier auf der semantischen Ebene. Im syntaktischen Kalkül des natürlichen Schließens geht hier dagegen tatsächlich eine "Grundregel" zur Beseitigung von Existenz-Quantoren ein.)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:33 Sa 22.03.2014 | | Autor: | ne1 |
tobit09, es tut mir Leid, dass ich erste jetzt antworte. Vielen Dank. Deine Lösung hat mir sehr geholfen.
Ich versuche jetzt mal selber
Beweise: [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall [/mm] x [mm] \vaprhi(x)$.
[/mm]
[mm] $\Rightarrow:$ [/mm] $X [mm] \not [/mm] = [mm] \emptyset$ [/mm] also es gibt ein beliebiges $x [mm] \in [/mm] X$, so dass [mm] $\psi \vee \varphi(x)$.
[/mm]
Angenommen [mm] $\psi$ [/mm] ist ne wahre Aussage, dann sind wir fertig.
Angenommen ist [mm] $\psi$ [/mm] ne falsche Aussage. Dann gilt [mm] $\varphi(x)$ [/mm] für ein beliebiges $x [mm] \in [/mm] X$ und wir sind fertig.
[mm] $\Leftarrow:$ [/mm] $X [mm] \not [/mm] = [mm] \emptyset$ [/mm] also wieder können wir ein $x$ nehmen. Man muss zeigen, dass für ein beliebiges $x$ gilt: [mm] $\psi \vee \varphi(x)$. [/mm] Nehmen wir an, dass nach Voraussetzung sei [mm] $\psi$ [/mm] wahr, dann sind wir fertig. Ansonsten haben wir nach der Voraussetzung [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] also für ein beliebiges $x$ haben wir [mm] $\varphi(x)$ [/mm] q.e.d.
Beweise: $ [mm] \exists [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$.
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$: [/mm] $X$ nicht leer, dann gibt es ein [mm] $x_0$, [/mm] so dass [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$. [/mm] Es ist also [mm] $\psi$ [/mm] und da es [mm] $x_0$ [/mm] gibt, so dass [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] haben wir also [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$. [/mm]
[mm] $\Leftarrow$: [/mm] Zu zeigen ist: es gibt [mm] $x_0$ [/mm] für das [mm] $\psi \wedge \psi(x_0)$ [/mm] gilt. Nach Voraussetzung gilt [mm] $\psi$. [/mm] Man muss noch zeigen, dass [mm] $\psi(x_0)$. [/mm] Nach Voraussetzung gibt es aber ein [mm] $x_0$, [/mm] so dass [mm] $\psi(x_0)$ [/mm] also fertig.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:57 So 23.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Beweise: [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall x \vaprhi(x)[/mm].
>
> [mm]\Rightarrow:[/mm] [mm]X \not = \emptyset[/mm] also es gibt ein beliebiges
> [mm]x \in X[/mm], so dass [mm]\psi \vee \varphi(x)[/mm].
Dieses $x$ benutzt du im Folgenden gar nicht. Tatsächlich ist die Voraussetzung [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] bei dieser Aussage entbehrlich.
> Angenommen [mm]\psi[/mm] ist ne wahre Aussage, dann sind wir
> fertig.
> Angenommen ist [mm]\psi[/mm] ne falsche Aussage. Dann gilt
> [mm]\varphi(x)[/mm] für ein beliebiges [mm]x \in X[/mm] und wir sind
> fertig.
Mit "für ein beliebiges [mm] $x\in [/mm] X$" meinst du offenbar "für alle [mm] $x\in [/mm] X$".
Ja, denn:
Sei [mm] $x_0\in [/mm] X$ beliebig vorgegeben. Zu zeigen ist [mm] $\varphi(x_0)$.
[/mm]
Wegen [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x))$ [/mm] gilt [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$.
[/mm]
Da [mm] $\psi$ [/mm] falsch ist, folgt somit wie gewünscht [mm] $\varphi(x_0)$.
[/mm]
> [mm]\Leftarrow:[/mm] [mm]X \not = \emptyset[/mm] also wieder können wir ein
> [mm]x[/mm] nehmen.
Wieder benutzt du dieses $x$ im Weiteren gar nicht.
> Man muss zeigen, dass für ein beliebiges [mm]x[/mm] gilt:
> [mm]\psi \vee \varphi(x)[/mm].
Du meinst nicht "ein beliebiges x", sondern "jedes beliebige x".
Sei also [mm] $x_0\in [/mm] X$ beliebig vorgegeben.
> Nehmen wir an, dass nach
> Voraussetzung sei [mm]\psi[/mm] wahr, dann sind wir fertig.
Ja, wegen [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$.
[/mm]
> Ansonsten haben wir nach der Voraussetzung [mm]\forall x \varphi(x)[/mm]
[mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] und damit [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$.
[/mm]
(
> also für ein beliebiges [mm]x[/mm] haben wir [mm]\varphi(x)[/mm] q.e.d.
)
> Beweise: [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \exists x \varphi(x)[/mm].
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]: [mm]X[/mm] nicht leer, dann gibt es ein [mm]x_0[/mm], so dass
> [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm].
Letzteres stimmt, aber nicht wegen $X$ nicht leer, sondern wegen [mm] $\exists x(\psi\wedge\varphi(x))$.
[/mm]
> Es ist also [mm]\psi[/mm] und da es [mm]x_0[/mm]
> gibt, so dass [mm]\varphi(x_0)[/mm] haben wir also [mm]\exists x \varphi(x)[/mm].
> [mm]\Leftarrow[/mm]: Zu zeigen ist: es gibt [mm]x_0[/mm] für das [mm]\psi \wedge \psi(x_0)[/mm]
> gilt. Nach Voraussetzung gilt [mm]\psi[/mm]. Man muss noch zeigen,
> dass [mm]\psi(x_0)[/mm].
... dass [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] für ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ gilt.
Genau genommen: Zu zeigen ist, dass ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ existiert, für dass [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$ [/mm] wahr ist.
> Nach Voraussetzung gibt es aber ein [mm]x_0[/mm], so
> dass [mm]\psi(x_0)[/mm] also fertig.
Also erfüllt [mm] $x_0$ [/mm] die Bedingung [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:02 So 23.03.2014 | | Autor: | ne1 |
Ehrlich gesagt es ist mir der Unterschied zwischen "Mit "für ein beliebiges $ [mm] x\in [/mm] X $" meinst du offenbar "für alle $ [mm] x\in [/mm] X $" nicht ganz klar.
Wenn ich ein beliebiges $x [mm] \in [/mm] X$ nehme und etwas für dieses beliebige $x$ gilt, dann gilt es natürlich für alle, denn $x$ beliebig.
Zweitens bin ich nicht 100 % mit Deiner Schreibweise wie [mm] $x_0$ [/mm] bei Allquantoren zufrieden. Für mich heißt es, dass du ein festes $x$ nimmst und es geht um alle $x$ also man nimmt sich ein festes aber beliebiges, deshalb würde ich schon $x$ schreiben und betonen, dass es ein beliebiges $x$ ist oder bin ich falsch?
Vielleicht nochmal zurück zu unserem ersten Beispiel:
>Zeigen wollen wir die Äquivalenz $ [mm] \forall [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall [/mm] x [mm] \varphi(x) [/mm] $.
>
>Zunächst zur Hin-Richtung:
>Gelte also $ [mm] \forall [/mm] x [mm] (\psi\wedge\varphi(x)) [/mm] $ (*).
>Zu zeigen ist $ [mm] \psi\wedge\forall x\varphi(x) [/mm] $.
>Zu zeigen sind also
>1. $ [mm] \psi [/mm] $ und
>2. $ [mm] \forall [/mm] x [mm] \varphi(x) [/mm] $.
>
>Zu 1.: Da $ [mm] X\not=\emptyset [/mm] $ existiert ein $ [mm] x_0\in [/mm] X $.
>Gemäß (*) gilt $ [mm] \psi\wedge\varphi(x_0) [/mm] $.
>Insbesondere gilt wie gewünscht $ [mm] \psi [/mm] $.
>
>Zu 2.: Sei $ [mm] x_1\in [/mm] X $. Zu zeigen ist $ [mm] \varphi(x_1) [/mm] $.
>Gemäß (*) gilt $ [mm] \psi\wedge\varphi(x_1) [/mm] $.
>Insbesondere gilt wie gewünscht $ [mm] \varphi(x_1) [/mm] $.
Du redest von einem [mm] $x_0$ [/mm] oder [mm] $x_1$ [/mm] also normalerweise würde ich davon ausgehen, dass du ein festes (bestimmtes) $x$ meinst. Meiner Meinung nach sollte man hier betonen, dass es ein beliebiges $x$ ist und gegebenenfalls einfach nur ein $x$ schreiben. Ähnlich ist es doch bei der naiven Mengenlehre. Man nimmt sich doch ein festes aber beliebiges $x$ und man schreib ja nicht [mm] $x_0$, [/mm] da [mm] $x_0$ [/mm] mir suggeriert, dass es sich hier um ein bestimmtes handelt.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:20 So 23.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
Danke für deine kritischen Anmerkungen!
> Ehrlich gesagt es ist mir der Unterschied zwischen "Mit
> "für ein beliebiges [mm]x\in X [/mm]" meinst du offenbar "für alle
> [mm]x\in X [/mm]" nicht ganz klar.
>
> Wenn ich ein beliebiges [mm]x \in X[/mm] nehme und etwas für dieses
> beliebige [mm]x[/mm] gilt, dann gilt es natürlich für alle, denn [mm]x[/mm]
> beliebig.
Das stimmt natürlich.
Ich habe deine Formulierungen der Form "A(x) für ein beliebiges $x$" anders verstanden:
Wenn wir beispielsweise [mm] $\exists x\colon [/mm] A(x)$ zeigen wollen, müssen wir ein "beliebiges" (=in UNSEREM Belieben gewähltes) $x$ finden, für das $A(x)$ gilt.
Hier bedeutet "ein beliebiges $x$" also wirklich "(mindestens) ein $x$" und nicht wie von dir beabsichtigt "jedes $x$".
Daher kam dieses Missverständnis.
> Zweitens bin ich nicht 100 % mit Deiner Schreibweise wie
> [mm]x_0[/mm] bei Allquantoren zufrieden. Für mich heißt es, dass
> du ein festes [mm]x[/mm] nimmst
Tue ich auch für den Moment.
> und es geht um alle [mm]x[/mm] also man nimmt
> sich ein festes aber beliebiges, deshalb würde ich schon [mm]x[/mm]
> schreiben und betonen, dass es ein beliebiges [mm]x[/mm] ist oder
> bin ich falsch?
Ich denke, es geht hier nicht um eine Frage von richtig oder falsch (natürlich darf ich [mm] $x_0$ [/mm] nennen, was ich will...  ), sondern um eine Frage von gutem Stil. Würde es deinem Geschmack von gutem Stil eher entsprechen, wenn ich $x'$ statt [mm] $x_0$ [/mm] für das "beliebige, aber feste" Element von $X$ geschrieben hätte?
Der Grund, aus dem ich bewusst nicht $x$ geschrieben habe, ist folgender: Ich möchte gleichzeitig mit Formeln wie [mm] $\forall x\colon (\psi\wedge \varphi(x))$ [/mm] und mit diesem festen $x$ / [mm] $x_0$ [/mm] / $x'$ hantieren. Daher möchte ich (aus Gründen meines Geschmacks von gutem Stil) nicht $x$ in zweierlei Bedeutung (als festes Element von $X$ und als Variable, über die quantifiziert wird) gleichzeitig auftreten lassen.
> Vielleicht nochmal zurück zu unserem ersten Beispiel:
>
> >Zeigen wollen wir die Äquivalenz [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x) [/mm].
>
> >
> >Zunächst zur Hin-Richtung:
> >Gelte also [mm]\forall x (\psi\wedge\varphi(x))[/mm] (*).
> >Zu zeigen ist [mm]\psi\wedge\forall x\varphi(x) [/mm].
> >Zu zeigen
> sind also
> >1. [mm]\psi[/mm] und
> >2. [mm]\forall x \varphi(x) [/mm].
> >
> >Zu 1.: Da [mm]X\not=\emptyset[/mm] existiert ein [mm]x_0\in X [/mm].
>
> >Gemäß (*) gilt [mm]\psi\wedge\varphi(x_0) [/mm].
> >Insbesondere
> gilt wie gewünscht [mm]\psi [/mm].
Bis hierhin bist du noch mit meiner Namenswahl einverstanden?
> >Zu 2.: Sei [mm]x_1\in X [/mm]. Zu zeigen ist [mm]\varphi(x_1) [/mm].
>
> >Gemäß (*) gilt [mm]\psi\wedge\varphi(x_1) [/mm].
> >Insbesondere
> gilt wie gewünscht [mm]\varphi(x_1) [/mm].
>
> Du redest von einem [mm]x_0[/mm] oder [mm]x_1[/mm] also normalerweise würde
> ich davon ausgehen, dass du ein festes (bestimmtes) [mm]x[/mm]
> meinst.
"Festes" ja (für den Moment), "bestimmtes" nein.
Es ist z.B. nicht unüblich, die Differenzierbarkeit von [mm] $f\colon\IR\to\IR$ [/mm] an einer Stelle [mm] $x_0\in\IR$ [/mm] zu definieren. Dabei ist [mm] $x_0$ [/mm] auch keine "bestimmte" reelle Zahl.
> Meiner Meinung nach sollte man hier betonen, dass
> es ein beliebiges [mm]x[/mm] ist und gegebenenfalls einfach nur ein
> [mm]x[/mm] schreiben. Ähnlich ist es doch bei der naiven
> Mengenlehre. Man nimmt sich doch ein festes aber beliebiges
> [mm]x[/mm] und man schreib ja nicht [mm]x_0[/mm], da [mm]x_0[/mm] mir suggeriert, dass
> es sich hier um ein bestimmtes handelt.
Vielleicht ist wirklich $x'$ eine gute Bezeichnung, die unseren beiden Geschmäckern von gutem Stil entspricht?
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:23 Mo 24.03.2014 | | Autor: | ne1 |
> > Zweitens bin ich nicht 100 % mit Deiner Schreibweise wie
> > [mm]x_0[/mm] bei Allquantoren zufrieden. Für mich heißt es, dass
> > du ein festes [mm]x[/mm] nimmst
> Tue ich auch für den Moment.
OK, aber was heißt für Dich ein festes? Ich persönlich unterscheide zwischen festem und festem beliebigen, vielleicht irre ich mich, das kann natürlich sein. Ein simples Beispiel. Sei $X = [mm] \{1,2,3\}$. [/mm] Jetzt nehme ich ein festes [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Ich hab zwar nicht gesagt welches [mm] $x_0$ [/mm] ich genommen habe, es handelt sich aber um ein festes bestimmtes $x$. Jetzt nehme ich ein beliebiges $x$. Ich nenne es $x'$ so wie Du später vorgeschlagen hast. Mein $x'$ ist fest d.h. ich betrachte wirklich nur ein Element der Menge $X$, aber es kann ein beliebiges $x' [mm] \in [/mm] X$ sein d.h. 1, 2 oder 3. So habe ich mir das bis jetzt vorgestellt.
> > und es geht um alle [mm]x[/mm] also man nimmt
> > sich ein festes aber beliebiges, deshalb würde ich schon [mm]x[/mm]
> > schreiben und betonen, dass es ein beliebiges [mm]x[/mm] ist oder
> > bin ich falsch?
> Ich denke, es geht hier nicht um eine Frage von richtig
> oder falsch (natürlich darf ich [mm]x_0[/mm] nennen, was ich
> will... ), sondern um eine Frage von gutem Stil. Würde
> es deinem Geschmack von gutem Stil eher entsprechen, wenn
> ich [mm]x'[/mm] statt [mm]x_0[/mm] für das "beliebige, aber feste" Element
> von [mm]X[/mm] geschrieben hätte?
>
> Der Grund, aus dem ich bewusst nicht [mm]x[/mm] geschrieben habe,
> ist folgender: Ich möchte gleichzeitig mit Formeln wie
> [mm]\forall x\colon (\psi\wedge \varphi(x))[/mm] und mit diesem
> festen [mm]x[/mm] / [mm]x_0[/mm] / [mm]x'[/mm] hantieren. Daher möchte ich (aus
> Gründen meines Geschmacks von gutem Stil) nicht [mm]x[/mm] in
> zweierlei Bedeutung (als festes Element von [mm]X[/mm] und als
> Variable, über die quantifiziert wird) gleichzeitig
> auftreten lassen.
>
>
> > Vielleicht nochmal zurück zu unserem ersten Beispiel:
> >
> > >Zeigen wollen wir die Äquivalenz [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x) [/mm].
>
> >
> > >
> > >Zunächst zur Hin-Richtung:
> > >Gelte also [mm]\forall x (\psi\wedge\varphi(x))[/mm] (*).
> > >Zu zeigen ist [mm]\psi\wedge\forall x\varphi(x) [/mm].
> > >Zu
> zeigen
> > sind also
> > >1. [mm]\psi[/mm] und
> > >2. [mm]\forall x \varphi(x) [/mm].
> > >
> > >Zu 1.: Da [mm]X\not=\emptyset[/mm] existiert ein [mm]x_0\in X [/mm].
> >
> > >Gemäß (*) gilt [mm]\psi\wedge\varphi(x_0) [/mm].
> >
> >Insbesondere
> > gilt wie gewünscht [mm]\psi [/mm].
> Bis hierhin bist du noch mit
> meiner Namenswahl einverstanden?
>
> > >Zu 2.: Sei [mm]x_1\in X [/mm]. Zu zeigen ist [mm]\varphi(x_1) [/mm].
> >
> > >Gemäß (*) gilt [mm]\psi\wedge\varphi(x_1) [/mm].
> >
> >Insbesondere
> > gilt wie gewünscht [mm]\varphi(x_1) [/mm].
> >
> > Du redest von einem [mm]x_0[/mm] oder [mm]x_1[/mm] also normalerweise würde
> > ich davon ausgehen, dass du ein festes (bestimmtes) [mm]x[/mm]
> > meinst.
> "Festes" ja (für den Moment), "bestimmtes" nein.
>
> Es ist z.B. nicht unüblich, die Differenzierbarkeit von
> [mm]f\colon\IR\to\IR[/mm] an einer Stelle [mm]x_0\in\IR[/mm] zu definieren.
> Dabei ist [mm]x_0[/mm] auch keine "bestimmte" reelle Zahl.
>
> > Meiner Meinung nach sollte man hier betonen, dass
> > es ein beliebiges [mm]x[/mm] ist und gegebenenfalls einfach nur ein
> > [mm]x[/mm] schreiben. Ähnlich ist es doch bei der naiven
> > Mengenlehre. Man nimmt sich doch ein festes aber beliebiges
> > [mm]x[/mm] und man schreib ja nicht [mm]x_0[/mm], da [mm]x_0[/mm] mir suggeriert, dass
> > es sich hier um ein bestimmtes handelt.
> Vielleicht ist wirklich [mm]x'[/mm] eine gute Bezeichnung, die
> unseren beiden Geschmäckern von gutem Stil entspricht?
Ich versuche am besten nochmal selber $ [mm] \forall [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall [/mm] x [mm] \varphi(x) [/mm] $ zu beweisen, so wie ich es machen würde. Ich beschränke mich erst mal nur auf [mm] $\Rightarrow$:
[/mm]
Zu zeigen sind:
1) [mm] $\psi$
[/mm]
2) [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$.
[/mm]
$X$ nicht leer, d.h. nach der Voraussetzung haben wir für ein festes beliebiges $x'$, [mm] $\psi \wedge \varphi(x')$. [/mm] Es ist also zum einen [mm] $\psi$ [/mm] wahr und somit haben wir 1) bewiesen, zum anderen haben wir [mm] $\varphi(x')$ [/mm] und da $x'$ ein beliebiges Element der Menge $X$ ist, haben wir [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] also 2).
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:22 Mo 24.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > > Zweitens bin ich nicht 100 % mit Deiner Schreibweise wie
> > > [mm]x_0[/mm] bei Allquantoren zufrieden. Für mich heißt es, dass
> > > du ein festes [mm]x[/mm] nimmst
> > Tue ich auch für den Moment.
>
> OK, aber was heißt für Dich ein festes?
Darunter verstehe ich, dass ich nicht über alle [mm] $x\in [/mm] X$ quantifiziere, sondern für den Moment unter der Zusatzvoraussetzung argumentiere, dass ein [mm] $x\in [/mm] X$ vorgegeben ist.
> Ich persönlich
> unterscheide zwischen festem und festem beliebigen,
> vielleicht irre ich mich, das kann natürlich sein. Ein
> simples Beispiel. Sei [mm]X = \{1,2,3\}[/mm]. Jetzt nehme ich ein
> festes [mm]x_0 \in X[/mm]. Ich hab zwar nicht gesagt welches [mm]x_0[/mm] ich
> genommen habe, es handelt sich aber um ein festes
> bestimmtes [mm]x[/mm]. Jetzt nehme ich ein beliebiges [mm]x[/mm]. Ich nenne
> es [mm]x'[/mm] so wie Du später vorgeschlagen hast. Mein [mm]x'[/mm] ist
> fest d.h. ich betrachte wirklich nur ein Element der Menge
> [mm]X[/mm], aber es kann ein beliebiges [mm]x' \in X[/mm] sein d.h. 1, 2 oder
> 3. So habe ich mir das bis jetzt vorgestellt.
100% ist mir deine Unterscheidung nicht klar.
Ich unterscheide zwischen:
(a) dem Beweis einer [mm] "$\forall [/mm] x$-Aussage", der mit einem "Sei [mm] $x'\in [/mm] X$." eingeleitet wird
(b) der hilfsweisen Verwendung eines [mm] $x_0\in [/mm] X$, dessen Existenz bewiesen ist. (Beispiele: "Wegen [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] existiert ein [mm] $x_0\in [/mm] X$. Dieses [mm] $x_0$ [/mm] erfüllt..." / "Wir wählen ein [mm] $x_0\in [/mm] X$. Dies ist möglich wegen [mm] $X\not=\emptyset$.")
[/mm]
> Ich versuche am besten nochmal selber [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x)[/mm]
> zu beweisen, so wie ich es machen würde. Ich beschränke
> mich erst mal nur auf [mm]\Rightarrow[/mm]:
> Zu zeigen sind:
> 1) [mm]\psi[/mm]
> 2) [mm]\forall x \varphi(x)[/mm].
>
> [mm]X[/mm] nicht leer, d.h. nach der Voraussetzung haben wir für
> ein festes beliebiges [mm]x'[/mm], [mm]\psi \wedge \varphi(x')[/mm]. Es ist
> also zum einen [mm]\psi[/mm] wahr und somit haben wir 1) bewiesen,
> zum anderen haben wir [mm]\varphi(x')[/mm] und da [mm]x'[/mm] ein beliebiges
> Element der Menge [mm]X[/mm] ist, haben wir [mm]\forall x \varphi(x)[/mm]
> also 2).
Aus meiner Sicht ist dieser Beweis korrekt.
Meinen Geschmack von gutem Stil erfüllt er nicht ganz, da $x'$ sowohl in "Bedeutung (b)" als auch in "Bedeutung (a)" verwendet wird. Ich würde hier zwei verschiedene Bezeichnungen wählen oder zumindest klar zwischen den beiden Verwendungen trennen.
$X$ ist nichtleer, daher existiert ein [mm] $x_0\in [/mm] X$. Wegen [mm] $\forall x\colon(\psi\wedge\varphi(x))$ [/mm] gilt [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$. [/mm] Insbesondere gilt [mm] $\psi$, [/mm] also 1).
(Hier habe ich [mm] $x_0$ [/mm] in "Bedeutung (b)" verwendet.)
(Bis hierhin haben wir ohne Zusatzvoraussetzung argumentiert. Dies ist auch wichtig, denn wir wollen ja die Gültigkeit von [mm] $\psi$ [/mm] nachweisen und nicht nur die Gültigkeit von [mm] $\psi$ [/mm] unter einer Zusatzvoraussetzung.)
Zum Beweis von 2) sei [mm] $x'\in [/mm] X$.
(Ab jetzt argumentieren wir unter der Zusatzvoraussetzung, dass ein [mm] $x'\in [/mm] X$ vorgegeben ist.)
(Ich verwende $x'$ in "Bedeutung (a)".)
Wegen [mm] $\forall x\colon(\psi\wedge\varphi(x))$ [/mm] gilt [mm] $\psi\wedge\varphi(x')$. [/mm] Insbesondere gilt [mm] $\varphi(x')$.
[/mm]
(Ab jetzt wieder ohne Zusatzvoraussetzung, dass ein [mm] $x'\in [/mm] X$ vorgegeben ist:)
Damit ist 2) gezeigt.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:52 Di 25.03.2014 | | Autor: | ne1 |
> > OK, aber was heißt für Dich ein festes?
> Darunter verstehe ich, dass ich nicht über alle [mm]x\in X[/mm]
> quantifiziere, sondern für den Moment unter der
> Zusatzvoraussetzung argumentiere, dass ein [mm]x\in X[/mm]
> vorgegeben ist.
Ja, OK. Welches $x$? Wenn Du ein $x$ nimmst, dann könnte ich fragen was ist mit dem zweiten, dritten, vierten, ... $x$. Wenn man sagt, dass es ein für den Moment festes aber beliebiges $x$ ist, dann ist es mir klar ansonsten hast Du, meiner Meinung nach, nichts bewiesen, denn du nur ein $x$ betrachtest. Natürlich kann sein, dass Du ein beliebiges wählst oder da was völlig anderes meinst und ich Deine Argumentation nicht verstehe. Da ich noch ein Neuling in der Mathematik bin, sind mir einfach viele Bezeichnungen und Vorgehen nicht klar.
>
> > Ich persönlich
> > unterscheide zwischen festem und festem beliebigen,
> > vielleicht irre ich mich, das kann natürlich sein. Ein
> > simples Beispiel. Sei [mm]X = \{1,2,3\}[/mm]. Jetzt nehme ich ein
> > festes [mm]x_0 \in X[/mm]. Ich hab zwar nicht gesagt welches [mm]x_0[/mm] ich
> > genommen habe, es handelt sich aber um ein festes
> > bestimmtes [mm]x[/mm]. Jetzt nehme ich ein beliebiges [mm]x[/mm]. Ich nenne
> > es [mm]x'[/mm] so wie Du später vorgeschlagen hast. Mein [mm]x'[/mm] ist
> > fest d.h. ich betrachte wirklich nur ein Element der Menge
> > [mm]X[/mm], aber es kann ein beliebiges [mm]x' \in X[/mm] sein d.h. 1, 2 oder
> > 3. So habe ich mir das bis jetzt vorgestellt.
> 100% ist mir deine Unterscheidung nicht klar.
Eigentlich das was ich oben geschrieben habe.
> Ich unterscheide zwischen:
> (a) dem Beweis einer "[mm]\forall x[/mm]-Aussage", der mit einem
> "Sei [mm]x'\in X[/mm]." eingeleitet wird
> (b) der hilfsweisen Verwendung eines [mm]x_0\in X[/mm], dessen
> Existenz bewiesen ist. (Beispiele: "Wegen [mm]X\not=\emptyset[/mm]
> existiert ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dieses [mm]x_0[/mm] erfüllt..." / "Wir
> wählen ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dies ist möglich wegen
> [mm]X\not=\emptyset[/mm].")
Der unterschied ist mir nicht ganz klar, denn wenn du ein festes [mm] $x_0$ [/mm] nimmt, dann hsehe ich das Problem wie oben beschrieben, das heißt Du zeigt etwas nur für ein bestimmtes [mm] $x_0$. [/mm] Wenn mit [mm] $x_0$ [/mm] Du ein beliebiges Element der Menge $X$ meinst, dann sehe ich persönlich nicht wirklich den Unterschied zwischen (a) und (b).
>
> > Ich versuche am besten nochmal selber [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x)[/mm]
> > zu beweisen, so wie ich es machen würde. Ich beschränke
> > mich erst mal nur auf [mm]\Rightarrow[/mm]:
> > Zu zeigen sind:
> > 1) [mm]\psi[/mm]
> > 2) [mm]\forall x \varphi(x)[/mm].
> >
> > [mm]X[/mm] nicht leer, d.h. nach der Voraussetzung haben wir für
> > ein festes beliebiges [mm]x'[/mm], [mm]\psi \wedge \varphi(x')[/mm]. Es ist
> > also zum einen [mm]\psi[/mm] wahr und somit haben wir 1) bewiesen,
> > zum anderen haben wir [mm]\varphi(x')[/mm] und da [mm]x'[/mm] ein beliebiges
> > Element der Menge [mm]X[/mm] ist, haben wir [mm]\forall x \varphi(x)[/mm]
> > also 2).
> Aus meiner Sicht ist dieser Beweis korrekt.
>
> Meinen Geschmack von gutem Stil erfüllt er nicht ganz, da
> [mm]x'[/mm] sowohl in "Bedeutung (b)" als auch in "Bedeutung (a)"
> verwendet wird. Ich würde hier zwei verschiedene
> Bezeichnungen wählen oder zumindest klar zwischen den
> beiden Verwendungen trennen.
>
>
> [mm]X[/mm] ist nichtleer, daher existiert ein [mm]x_0\in X[/mm]. Wegen
> [mm]\forall x\colon(\psi\wedge\varphi(x))[/mm] gilt
> [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm]. Insbesondere gilt [mm]\psi[/mm], also 1).
>
> (Hier habe ich [mm]x_0[/mm] in "Bedeutung (b)" verwendet.)
>
> (Bis hierhin haben wir ohne Zusatzvoraussetzung
> argumentiert. Dies ist auch wichtig, denn wir wollen ja die
> Gültigkeit von [mm]\psi[/mm] nachweisen und nicht nur die
> Gültigkeit von [mm]\psi[/mm] unter einer Zusatzvoraussetzung.)
>
>
> Zum Beweis von 2) sei [mm]x'\in X[/mm].
>
> (Ab jetzt argumentieren wir unter der Zusatzvoraussetzung,
> dass ein [mm]x'\in X[/mm] vorgegeben ist.)
>
> (Ich verwende [mm]x'[/mm] in "Bedeutung (a)".)
>
> Wegen [mm]\forall x\colon(\psi\wedge\varphi(x))[/mm] gilt
> [mm]\psi\wedge\varphi(x')[/mm]. Insbesondere gilt [mm]\varphi(x')[/mm].
>
> (Ab jetzt wieder ohne Zusatzvoraussetzung, dass ein [mm]x'\in X[/mm]
> vorgegeben ist:)
>
> Damit ist 2) gezeigt.
Hier warte ich vielleicht erst mal ab, bevor ich was kommentiere, denn es sind bei mir noch Unklarheiten, die ich oben beschreiben habe. Noch mal vielen Dank, das Du überhaupt Lust hast meine blöden Fragen zu beantworten.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:16 Mi 26.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > > OK, aber was heißt für Dich ein festes?
> > Darunter verstehe ich, dass ich nicht über alle [mm]x\in X[/mm]
> > quantifiziere, sondern für den Moment unter der
> > Zusatzvoraussetzung argumentiere, dass ein [mm]x\in X[/mm]
> > vorgegeben ist.
>
> Ja, OK. Welches [mm]x[/mm]? Wenn Du ein [mm]x[/mm] nimmst, dann könnte ich
> fragen was ist mit dem zweiten, dritten, vierten, ... [mm]x[/mm].
> Wenn man sagt, dass es ein für den Moment festes aber
> beliebiges [mm]x[/mm] ist, dann ist es mir klar
Genau so meinte ich das.
> > Ich unterscheide zwischen:
> > (a) dem Beweis einer "[mm]\forall x[/mm]-Aussage", der mit einem
> > "Sei [mm]x'\in X[/mm]." eingeleitet wird
> > (b) der hilfsweisen Verwendung eines [mm]x_0\in X[/mm], dessen
> > Existenz bewiesen ist. (Beispiele: "Wegen [mm]X\not=\emptyset[/mm]
> > existiert ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dieses [mm]x_0[/mm] erfüllt..." / "Wir
> > wählen ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dies ist möglich wegen
> > [mm]X\not=\emptyset[/mm].")
>
> Der unterschied ist mir nicht ganz klar, denn wenn du ein
> festes [mm]x_0[/mm] nimmt, dann hsehe ich das Problem wie oben
> beschrieben, das heißt Du zeigt etwas nur für ein
> bestimmtes [mm]x_0[/mm].
Das Ziel bei (b) ist gar nicht, etwas für alle [mm] $x\in [/mm] X$ zu zeigen.
> Wenn mit [mm]x_0[/mm] Du ein beliebiges Element der
> Menge [mm]X[/mm] meinst, dann sehe ich persönlich nicht wirklich
> den Unterschied zwischen (a) und (b).
Ich glaube es ist mir nicht gelungen dir verständlich zu machen, was ich mit (b) meine. Daher ein Beispiel dazu:
Wir beweisen folgende Aussage:
Sind $X$ und $Y$ Mengen mit [mm] $X\subseteq [/mm] Y$ und ist $X$ nichtleer, so ist auch $Y$ nichtleer.
Beweis: Da $X$ nichtleer, existiert ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ (damit ist implizit auch gemeint: Wir wählen ein solches [mm] $x_0$). [/mm] Wegen [mm] $X\subseteq [/mm] Y$ folgt (für dieses gewählte [mm] $x_0$) $x_0\in [/mm] Y$. Also ist $Y$ nichtleer.
> Hier warte ich vielleicht erst mal ab, bevor ich was
> kommentiere, denn es sind bei mir noch Unklarheiten, die
> ich oben beschreiben habe. Noch mal vielen Dank, das Du
> überhaupt Lust hast meine blöden Fragen zu beantworten.
Ich finde deine Fragen überhaupt nicht blöd. Ich freue mich, wenn jemand Dinge hinterfragt und nicht kritiklos akzeptiert! 
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:36 Mi 26.03.2014 | | Autor: | ne1 |
> > > > OK, aber was heißt für Dich ein festes?
> > > Darunter verstehe ich, dass ich nicht über alle
> [mm]x\in X[/mm]
> > > quantifiziere, sondern für den Moment unter der
> > > Zusatzvoraussetzung argumentiere, dass ein [mm]x\in X[/mm]
> > > vorgegeben ist.
> >
> > Ja, OK. Welches [mm]x[/mm]? Wenn Du ein [mm]x[/mm] nimmst, dann könnte ich
> > fragen was ist mit dem zweiten, dritten, vierten, ... [mm]x[/mm].
> > Wenn man sagt, dass es ein für den Moment festes aber
> > beliebiges [mm]x[/mm] ist, dann ist es mir klar
> Genau so meinte ich das.
>
>
> > > Ich unterscheide zwischen:
> > > (a) dem Beweis einer "[mm]\forall x[/mm]-Aussage", der mit
> einem
> > > "Sei [mm]x'\in X[/mm]." eingeleitet wird
> > > (b) der hilfsweisen Verwendung eines [mm]x_0\in X[/mm],
> dessen
> > > Existenz bewiesen ist. (Beispiele: "Wegen [mm]X\not=\emptyset[/mm]
> > > existiert ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dieses [mm]x_0[/mm] erfüllt..." / "Wir
> > > wählen ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dies ist möglich wegen
> > > [mm]X\not=\emptyset[/mm].")
> >
> > Der unterschied ist mir nicht ganz klar, denn wenn du ein
> > festes [mm]x_0[/mm] nimmt, dann hsehe ich das Problem wie oben
> > beschrieben, das heißt Du zeigt etwas nur für ein
> > bestimmtes [mm]x_0[/mm].
> Das Ziel bei (b) ist gar nicht, etwas für alle [mm]x\in X[/mm] zu
> zeigen.
>
> > Wenn mit [mm]x_0[/mm] Du ein beliebiges Element der
> > Menge [mm]X[/mm] meinst, dann sehe ich persönlich nicht wirklich
> > den Unterschied zwischen (a) und (b).
> Ich glaube es ist mir nicht gelungen dir verständlich zu
> machen, was ich mit (b) meine. Daher ein Beispiel dazu:
>
> Wir beweisen folgende Aussage:
> Sind [mm]X[/mm] und [mm]Y[/mm] Mengen mit [mm]X\subseteq Y[/mm] und ist [mm]X[/mm] nichtleer,
> so ist auch [mm]Y[/mm] nichtleer.
>
> Beweis: Da [mm]X[/mm] nichtleer, existiert ein [mm]x_0\in X[/mm] (damit ist
> implizit auch gemeint: Wir wählen ein solches [mm]x_0[/mm]). Wegen
> [mm]X\subseteq Y[/mm] folgt (für dieses gewählte [mm]x_0[/mm]) [mm]x_0\in Y[/mm].
> Also ist [mm]Y[/mm] nichtleer.
Jetzt bin ich durcheinander, denn Du nimmst ein [mm] $x_0$ [/mm] und Dir kann eigentlich egal sein welches $x$ Du genommen hast d.h. Du kannst ein festes (und nicht beliebiges) [mm] $x_0$ [/mm] nehmen (natürlich weil $X$ nicht leer) und etwas für dieses feste (nicht unbedingt beliebige) $x$ zeigen. Z.B. $X = [mm] \{ 1, 2, 3 \} \subseteq \{ 1, 2, 3, 4\} [/mm] = Y$. Ich nehme mir jetzt ein [mm] $x_0 [/mm] := 1$. Nach der [mm] $\subseteq$-Bedingung [/mm] folgt, dass $Y$ nicht leer. Und mit solcher Benutzung von [mm] $x_0$ [/mm] bin ich in der ersten Aufgabe nicht einverstanden oder ich verstehe sie nicht. Wenn sie jedoch was anderes Bedeutet d.h. nicht ein festes (nicht beliebiges) $x$ bedeutet, sondern ein beliebiges so wir wir das vorher bestimmt haben, dann finde ich dein Beispiel in dem Moment unpassend, denn in Deinem Beispiel geht es darum sich ein festes (nicht unbedingt beliebiges) $x$ zu schnappen (da $X$ nicht leer ist es möglich) und einfach mal mit dem festen (nicht unbedingt beliebigen) $x$ zu hantieren. Dagegen müssen wir in der ersten Aufgabe wirklich sicher sein, dass [mm] $x_0$ [/mm] wirklich jedes Element sein kann.
>
> > Hier warte ich vielleicht erst mal ab, bevor ich was
> > kommentiere, denn es sind bei mir noch Unklarheiten, die
> > ich oben beschreiben habe. Noch mal vielen Dank, das Du
> > überhaupt Lust hast meine blöden Fragen zu beantworten.
> Ich finde deine Fragen überhaupt nicht blöd. Ich freue
> mich, wenn jemand Dinge hinterfragt und nicht kritiklos
> akzeptiert!
Ich glaube ich habe habe Deine Vorgehensweise verstanden. Jetzt noch mal.
Beweise [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$: [/mm] Angenommen [mm] $\psi$ [/mm] falsch, dann müssen wir [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] zeigen. Sei [mm] $x_0$ [/mm] beliebig, dann muss man [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] zeigen. Nach der Voraussetzung ist [mm] $\psi \vee \varphi(x_0) \Rightarrow \varphi(x_0)$ [/mm] also fertig.
[mm] $\Leftarrow$: [/mm] Wir müssen zeigen [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x))$. [/mm] Sei [mm] $x_0$ [/mm] beliebig, dann ist zu zeigen [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$. [/mm] Ist [mm] $\psi$ [/mm] falsch, dann gilt nach der Voraussetzung [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] also [mm] $\varphi(x_0)$. [/mm]
und noch eins: [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x)) \Rightarrow \psi \wedge \exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$. [/mm]
Es sind zu zeigen:
1) [mm] $\psi$
[/mm]
2) [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] d.h. [mm] $\varphi(x_1)$ [/mm] für ein bestimmtes [mm] $x_1$. [/mm]
$X$ nicht leer, d.h. nach Voraussetzung existiert ein [mm] $x_0$, [/mm] so dass [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$ [/mm] also ist [mm] $\psi$.
[/mm]
$X$ nicht leer, d.h. nach Voraussetzung existiert ein [mm] $x_1$, [/mm] so dass [mm] $\psi \wedge \varphi(x_1)$ [/mm] somit [mm] $\varphi(x_1)$.
[/mm]
Bitte um Kontrolle. Ich weiß, dass wir die Aufgaben schon mal hatten, aber ich möchte mich nicht beeinflussen lassen.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:31 Do 27.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > > > Ich unterscheide zwischen:
> > > > (a) dem Beweis einer "[mm]\forall x[/mm]-Aussage", der mit
> > einem
> > > > "Sei [mm]x'\in X[/mm]." eingeleitet wird
> > > > (b) der hilfsweisen Verwendung eines [mm]x_0\in X[/mm],
> > dessen
> > > > Existenz bewiesen ist. (Beispiele: "Wegen [mm]X\not=\emptyset[/mm]
> > > > existiert ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dieses [mm]x_0[/mm] erfüllt..." / "Wir
> > > > wählen ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dies ist möglich wegen
> > > > [mm]X\not=\emptyset[/mm].")
> > >
> > > Der unterschied ist mir nicht ganz klar, denn wenn du ein
> > > festes [mm]x_0[/mm] nimmt, dann hsehe ich das Problem wie oben
> > > beschrieben, das heißt Du zeigt etwas nur für ein
> > > bestimmtes [mm]x_0[/mm].
> > Das Ziel bei (b) ist gar nicht, etwas für alle [mm]x\in X[/mm]
> zu
> > zeigen.
> >
> > > Wenn mit [mm]x_0[/mm] Du ein beliebiges Element der
> > > Menge [mm]X[/mm] meinst, dann sehe ich persönlich nicht wirklich
> > > den Unterschied zwischen (a) und (b).
> > Ich glaube es ist mir nicht gelungen dir verständlich
> zu
> > machen, was ich mit (b) meine. Daher ein Beispiel dazu:
> >
> > Wir beweisen folgende Aussage:
> > Sind [mm]X[/mm] und [mm]Y[/mm] Mengen mit [mm]X\subseteq Y[/mm] und ist [mm]X[/mm]
> nichtleer,
> > so ist auch [mm]Y[/mm] nichtleer.
> >
> > Beweis: Da [mm]X[/mm] nichtleer, existiert ein [mm]x_0\in X[/mm] (damit ist
> > implizit auch gemeint: Wir wählen ein solches [mm]x_0[/mm]). Wegen
> > [mm]X\subseteq Y[/mm] folgt (für dieses gewählte [mm]x_0[/mm]) [mm]x_0\in Y[/mm].
> > Also ist [mm]Y[/mm] nichtleer.
>
> Jetzt bin ich durcheinander, denn Du nimmst ein [mm]x_0[/mm] und Dir
> kann eigentlich egal sein welches [mm]x[/mm] Du genommen hast d.h.
> Du kannst ein festes (und nicht beliebiges) [mm]x_0[/mm] nehmen
> (natürlich weil [mm]X[/mm] nicht leer) und etwas für dieses feste
> (nicht unbedingt beliebige) [mm]x[/mm] zeigen. Z.B. [mm]X = \{ 1, 2, 3 \} \subseteq \{ 1, 2, 3, 4\} = Y[/mm].
> Ich nehme mir jetzt ein [mm]x_0 := 1[/mm]. Nach der
> [mm]\subseteq[/mm]-Bedingung folgt, dass [mm]Y[/mm] nicht leer. Und mit
> solcher Benutzung von [mm]x_0[/mm] bin ich in der ersten Aufgabe
> nicht einverstanden oder ich verstehe sie nicht.
Geht es um folgenden Ausschnitt?
Zeigen wollen wir die Äquivalenz $ [mm] \forall [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall [/mm] x [mm] \varphi(x) [/mm] $.
Zunächst zur Hin-Richtung:
Gelte also [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi\wedge\varphi(x))$ [/mm] (*).
Zu zeigen ist [mm] $\psi\wedge\forall x\varphi(x)$. [/mm]
Zu zeigen sind also
1. [mm] $\psi$ [/mm] und
2. [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$. [/mm]
Zu 1.: Da [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] existiert ein [mm] $x_0\in [/mm] X$.
Gemäß (*) gilt [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$. [/mm]
Insbesondere gilt wie gewünscht [mm] $\psi$. [/mm]
> Wenn sie
> jedoch was anderes Bedeutet d.h. nicht ein festes (nicht
> beliebiges) [mm]x[/mm] bedeutet, sondern ein beliebiges so wir wir
> das vorher bestimmt haben, dann finde ich dein Beispiel in
> dem Moment unpassend, denn in Deinem Beispiel geht es darum
> sich ein festes (nicht unbedingt beliebiges) [mm]x[/mm] zu schnappen
> (da [mm]X[/mm] nicht leer ist es möglich) und einfach mal mit dem
> festen (nicht unbedingt beliebigen) [mm]x[/mm] zu hantieren.
Genau das tun wir auch in dem gerade von mir wiederholten Ausschnitt.
> Dagegen
> müssen wir in der ersten Aufgabe wirklich sicher sein,
> dass [mm]x_0[/mm] wirklich jedes Element sein kann.
Nein.
> Ich glaube ich habe habe Deine Vorgehensweise verstanden.
> Jetzt noch mal.
>
> Beweise [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall x \varphi(x)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]: Angenommen [mm]\psi[/mm] falsch, dann müssen wir
> [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] zeigen. Sei [mm]x_0[/mm] beliebig, dann muss
> man [mm]\varphi(x_0)[/mm] zeigen. Nach der Voraussetzung ist [mm]\psi \vee \varphi(x_0) \Rightarrow \varphi(x_0)[/mm]
wegen [mm] $\psi$ [/mm] falsch
> also fertig.
> [mm]\Leftarrow[/mm]: Wir müssen zeigen [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x))[/mm].
> Sei [mm]x_0[/mm] beliebig, dann ist zu zeigen [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm].
> Ist [mm]\psi[/mm] falsch, dann gilt nach der Voraussetzung [mm]\forall x \varphi(x)[/mm]
> also [mm]\varphi(x_0)[/mm].
> und noch eins: [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x)) \Rightarrow \psi \wedge \exists x \varphi(x)[/mm].
>
> Es sind zu zeigen:
> 1) [mm]\psi[/mm]
> 2) [mm]\exists x \varphi(x)[/mm] d.h. [mm]\varphi(x_1)[/mm] für ein
> bestimmtes [mm]x_1[/mm].
>
> [mm]X[/mm] nicht leer, d.h. nach Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm], so
> dass [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]
Ein solches [mm] $x_0$ [/mm] existiert direkt nach Voraussetzung; hier ist kein Verweis auf $X$ nichtleer nötig.
> also ist [mm]\psi[/mm].
> [mm]X[/mm] nicht leer, d.h. nach Voraussetzung existiert ein [mm]x_1[/mm], so
> dass [mm]\psi \wedge \varphi(x_1)[/mm]
Wieder ist der Verweis auf $X$ nichtleer überflüssig.
> somit [mm]\varphi(x_1)[/mm].
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:10 Do 27.03.2014 | | Autor: | ne1 |
> > > > > Ich unterscheide zwischen:
> > > > > (a) dem Beweis einer "[mm]\forall x[/mm]-Aussage", der
> mit
> > > einem
> > > > > "Sei [mm]x'\in X[/mm]." eingeleitet wird
> > > > > (b) der hilfsweisen Verwendung eines [mm]x_0\in X[/mm],
> > > dessen
> > > > > Existenz bewiesen ist. (Beispiele: "Wegen [mm]X\not=\emptyset[/mm]
> > > > > existiert ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dieses [mm]x_0[/mm] erfüllt..." / "Wir
> > > > > wählen ein [mm]x_0\in X[/mm]. Dies ist möglich wegen
> > > > > [mm]X\not=\emptyset[/mm].")
> > > >
> > > > Der unterschied ist mir nicht ganz klar, denn wenn du ein
> > > > festes [mm]x_0[/mm] nimmt, dann hsehe ich das Problem wie oben
> > > > beschrieben, das heißt Du zeigt etwas nur für ein
> > > > bestimmtes [mm]x_0[/mm].
> > > Das Ziel bei (b) ist gar nicht, etwas für alle [mm]x\in X[/mm]
> > zu
> > > zeigen.
> > >
> > > > Wenn mit [mm]x_0[/mm] Du ein beliebiges Element der
> > > > Menge [mm]X[/mm] meinst, dann sehe ich persönlich nicht wirklich
> > > > den Unterschied zwischen (a) und (b).
> > > Ich glaube es ist mir nicht gelungen dir
> verständlich
> > zu
> > > machen, was ich mit (b) meine. Daher ein Beispiel dazu:
> > >
> > > Wir beweisen folgende Aussage:
> > > Sind [mm]X[/mm] und [mm]Y[/mm] Mengen mit [mm]X\subseteq Y[/mm] und ist [mm]X[/mm]
> > nichtleer,
> > > so ist auch [mm]Y[/mm] nichtleer.
> > >
> > > Beweis: Da [mm]X[/mm] nichtleer, existiert ein [mm]x_0\in X[/mm] (damit ist
> > > implizit auch gemeint: Wir wählen ein solches [mm]x_0[/mm]). Wegen
> > > [mm]X\subseteq Y[/mm] folgt (für dieses gewählte [mm]x_0[/mm]) [mm]x_0\in Y[/mm].
> > > Also ist [mm]Y[/mm] nichtleer.
> >
> > Jetzt bin ich durcheinander, denn Du nimmst ein [mm]x_0[/mm] und Dir
> > kann eigentlich egal sein welches [mm]x[/mm] Du genommen hast d.h.
> > Du kannst ein festes (und nicht beliebiges) [mm]x_0[/mm] nehmen
> > (natürlich weil [mm]X[/mm] nicht leer) und etwas für dieses feste
> > (nicht unbedingt beliebige) [mm]x[/mm] zeigen. Z.B. [mm]X = \{ 1, 2, 3 \} \subseteq \{ 1, 2, 3, 4\} = Y[/mm].
> > Ich nehme mir jetzt ein [mm]x_0 := 1[/mm]. Nach der
> > [mm]\subseteq[/mm]-Bedingung folgt, dass [mm]Y[/mm] nicht leer. Und mit
> > solcher Benutzung von [mm]x_0[/mm] bin ich in der ersten Aufgabe
> > nicht einverstanden oder ich verstehe sie nicht.
> Geht es um folgenden Ausschnitt?
>
> Zeigen wollen wir die Äquivalenz [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x) [/mm].
>
> Zunächst zur Hin-Richtung:
> Gelte also [mm]\forall x (\psi\wedge\varphi(x))[/mm] (*).
> Zu zeigen ist [mm]\psi\wedge\forall x\varphi(x)[/mm].
> Zu zeigen sind also
> 1. [mm]\psi[/mm] und
> 2. [mm]\forall x \varphi(x)[/mm].
>
> Zu 1.: Da [mm]X\not=\emptyset[/mm] existiert ein [mm]x_0\in X[/mm].
> Gemäß (*) gilt [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm].
> Insbesondere gilt wie gewünscht [mm]\psi[/mm].
>
> > Wenn sie
> > jedoch was anderes Bedeutet d.h. nicht ein festes (nicht
> > beliebiges) [mm]x[/mm] bedeutet, sondern ein beliebiges so wir wir
> > das vorher bestimmt haben, dann finde ich dein Beispiel in
> > dem Moment unpassend, denn in Deinem Beispiel geht es darum
> > sich ein festes (nicht unbedingt beliebiges) [mm]x[/mm] zu schnappen
> > (da [mm]X[/mm] nicht leer ist es möglich) und einfach mal mit dem
> > festen (nicht unbedingt beliebigen) [mm]x[/mm] zu hantieren.
> Genau das tun wir auch in dem gerade von mir wiederholten
> Ausschnitt.
>
> > Dagegen
> > müssen wir in der ersten Aufgabe wirklich sicher sein,
> > dass [mm]x_0[/mm] wirklich jedes Element sein kann.
> Nein.
Warum nicht? Ich mein natürlich, dass ich mir jedes Element für [mm] $x_0$ [/mm] nehmen kann und dann mit dem festen [mm] $x_0$ [/mm] arbeite. In deinem letzten Beispiel ist das nicht der Fall. Da muss ich mich nicht darum kümmern, dass ich jedes Element für [mm] $x_0$ [/mm] nehmen kann.
>
> > Ich glaube ich habe habe Deine Vorgehensweise verstanden.
> > Jetzt noch mal.
> >
> > Beweise [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall x \varphi(x)[/mm]
>
> >
> > [mm]\Rightarrow[/mm]: Angenommen [mm]\psi[/mm] falsch, dann müssen wir
> > [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] zeigen. Sei [mm]x_0[/mm] beliebig, dann muss
> > man [mm]\varphi(x_0)[/mm] zeigen. Nach der Voraussetzung ist [mm]\psi \vee \varphi(x_0) \Rightarrow \varphi(x_0)[/mm]
> wegen [mm]\psi[/mm] falsch
> > also fertig.
>
>
> > [mm]\Leftarrow[/mm]: Wir müssen zeigen [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x))[/mm].
> > Sei [mm]x_0[/mm] beliebig, dann ist zu zeigen [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm].
> > Ist [mm]\psi[/mm] falsch, dann gilt nach der Voraussetzung [mm]\forall x \varphi(x)[/mm]
> > also [mm]\varphi(x_0)[/mm].
>
>
>
> > und noch eins: [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x)) \Rightarrow \psi \wedge \exists x \varphi(x)[/mm].
> >
> > Es sind zu zeigen:
> > 1) [mm]\psi[/mm]
> > 2) [mm]\exists x \varphi(x)[/mm] d.h. [mm]\varphi(x_1)[/mm] für ein
> > bestimmtes [mm]x_1[/mm].
> >
> > [mm]X[/mm] nicht leer, d.h. nach Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm], so
> > dass [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]
> Ein solches [mm]x_0[/mm] existiert
> direkt nach Voraussetzung; hier ist kein Verweis auf [mm]X[/mm]
> nichtleer nötig.
>
> > also ist [mm]\psi[/mm].
>
>
> > [mm]X[/mm] nicht leer, d.h. nach Voraussetzung existiert ein [mm]x_1[/mm], so
> > dass [mm]\psi \wedge \varphi(x_1)[/mm]
> Wieder ist der Verweis auf
> [mm]X[/mm] nichtleer überflüssig.
>
> > somit [mm]\varphi(x_1)[/mm].
>
OK, klar. Danke.
Noch ein Beispiel von mir.
Beweise: [mm] $\psi \wedge \exists [/mm] x [mm] \varphi(x) \Rightarrow \exists [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x))$.
[/mm]
Zu zeigen ist [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$ [/mm] für ein [mm] $x_0$. [/mm] Es ist also zu zeigen [mm] $\psi$ [/mm] - folgt direkt aus der Voraussetzung und [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] für ein [mm] $x_0$. [/mm] Es gibt aber ein [mm] $x_0$, [/mm] so dass [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] nach der Voraussetzung.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:19 Fr 28.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > Geht es um folgenden Ausschnitt?
> >
> > Zeigen wollen wir die Äquivalenz [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x) [/mm].
> >
> > Zunächst zur Hin-Richtung:
> > Gelte also [mm]\forall x (\psi\wedge\varphi(x))[/mm] (*).
> > Zu zeigen ist [mm]\psi\wedge\forall x\varphi(x)[/mm].
> > Zu zeigen sind also
> > 1. [mm]\psi[/mm] und
> > 2. [mm]\forall x \varphi(x)[/mm].
> >
> > Zu 1.: Da [mm]X\not=\emptyset[/mm] existiert ein [mm]x_0\in X[/mm].
> > Gemäß (*) gilt [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm].
> > Insbesondere gilt wie gewünscht [mm]\psi[/mm].
> >
> > > Wenn sie
> > > jedoch was anderes Bedeutet d.h. nicht ein festes (nicht
> > > beliebiges) [mm]x[/mm] bedeutet, sondern ein beliebiges so wir wir
> > > das vorher bestimmt haben, dann finde ich dein Beispiel in
> > > dem Moment unpassend, denn in Deinem Beispiel geht es darum
> > > sich ein festes (nicht unbedingt beliebiges) [mm]x[/mm] zu schnappen
> > > (da [mm]X[/mm] nicht leer ist es möglich) und einfach mal mit dem
> > > festen (nicht unbedingt beliebigen) [mm]x[/mm] zu hantieren.
> > Genau das tun wir auch in dem gerade von mir
> wiederholten
> > Ausschnitt.
> >
> > > Dagegen
> > > müssen wir in der ersten Aufgabe wirklich sicher sein,
> > > dass [mm]x_0[/mm] wirklich jedes Element sein kann.
> > Nein.
> Warum nicht? Ich mein natürlich, dass ich mir jedes
> Element für [mm]x_0[/mm] nehmen kann und dann mit dem festen [mm]x_0[/mm]
> arbeite. In deinem letzten Beispiel ist das nicht der Fall.
> Da muss ich mich nicht darum kümmern, dass ich jedes
> Element für [mm]x_0[/mm] nehmen kann.
Die Verwendung von [mm] $x_0$ [/mm] im Beispiel [mm] "$\emptyset\not=X\subseteq Y\Rightarrow Y\not=\emptyset$" [/mm] auf der einen Seite und beim Beweis von [mm] $\psi$ [/mm] innerhalb der Hin-Richtung von "[mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x) [/mm]" auf der anderen Seite sind völlig analog: Wir wollen keine Aussage über alle [mm] $x\in [/mm] X$ zeigen (für die wir ein beliebig vorgegebenes [mm] $x\in [/mm] X$ betrachten müssten; in meiner Terminologie: Situation (a) ), sondern hantieren hilfsweise mit einem fest gewählten [mm] $x_0\in [/mm] X$ (dessen Existenz bewiesen ist; in meiner Terminologie: Situation (b) ).
> Noch ein Beispiel von mir.
> Beweise: [mm]\psi \wedge \exists x \varphi(x) \Rightarrow \exists x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm].
>
> Zu zeigen ist [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm] für ein [mm]x_0[/mm].
Und zwar folgendermaßen geklammert:
([mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]) für ein [mm]x_0[/mm].
Angeben musst du also zunächst ein [mm] $x_0$ [/mm] und dann zeigen, dass für dieses [mm] $x_0$ [/mm] die Aussage [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$ [/mm] zutrifft.
> Es ist
> also zu zeigen [mm]\psi[/mm] - folgt direkt aus der Voraussetzung
> und [mm]\varphi(x_0)[/mm] für ein [mm]x_0[/mm].
Nein, zu zeigen ist nicht [mm] "$\psi$ [/mm] und [mm] ($\varphi(x_0)$ [/mm] für ein [mm] $x_0$)", [/mm] sondern [mm] "($\psi$ [/mm] und [mm] $\varphi(x_0)$) [/mm] für ein [mm] $x_0$".
[/mm]
> Es gibt aber ein [mm]x_0[/mm], so
> dass [mm]\varphi(x_0)[/mm] nach der Voraussetzung.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:30 Sa 29.03.2014 | | Autor: | ne1 |
> Die Verwendung von [mm]x_0[/mm] im Beispiel
> "[mm]\emptyset\not=X\subseteq Y\Rightarrow Y\not=\emptyset[/mm]" auf
> der einen Seite und beim Beweis von [mm]\psi[/mm] innerhalb der
> Hin-Richtung von "[mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x) [/mm]"
> auf der anderen Seite sind völlig analog: Wir wollen keine
> Aussage über alle [mm]x\in X[/mm] zeigen (für die wir ein beliebig
> vorgegebenes [mm]x\in X[/mm] betrachten müssten; in meiner
> Terminologie: Situation (a) ), sondern hantieren hilfsweise
> mit einem fest gewählten [mm]x_0\in X[/mm] (dessen Existenz
> bewiesen ist; in meiner Terminologie: Situation (b) ).
Ich finde die sind nicht ganz analog, denn, so wie ich schon geschrieben habe, es reicht in dem Beispiel [mm]\emptyset\not=X\subseteq Y\Rightarrow Y\not=\emptyset[/mm] nur ein einziges $x$ zu betrachten. In der ersten Aufgabe ist es jedoch so, dass die Beliebigkeit des $x$ eine Rolle spielt, d.h. ich betrachte ein einziges $x$, das ein beliebiges $x$ der Menge $X$ sein kann.
>
> > Noch ein Beispiel von mir.
> > Beweise: [mm]\psi \wedge \exists x \varphi(x) \Rightarrow \exists x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm].
>
> >
> > Zu zeigen ist [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm] für ein [mm]x_0[/mm].
> Und zwar folgendermaßen geklammert:
>
> ([mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]) für ein [mm]x_0[/mm].
>
> Angeben musst du also zunächst ein [mm]x_0[/mm] und dann zeigen,
> dass für dieses [mm]x_0[/mm] die Aussage [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm]
> zutrifft.
>
> > Es ist
> > also zu zeigen [mm]\psi[/mm] - folgt direkt aus der Voraussetzung
> > und [mm]\varphi(x_0)[/mm] für ein [mm]x_0[/mm].
> Nein, zu zeigen ist nicht "[mm]\psi[/mm] und ([mm]\varphi(x_0)[/mm] für ein
> [mm]x_0[/mm])", sondern "([mm]\psi[/mm] und [mm]\varphi(x_0)[/mm]) für ein [mm]x_0[/mm]".
>
> > Es gibt aber ein [mm]x_0[/mm], so
> > dass [mm]\varphi(x_0)[/mm] nach der Voraussetzung.
Noch mal: Beweise: $ [mm] \psi \wedge \exists [/mm] x [mm] \varphi(x) \Rightarrow \exists [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x)) [/mm] $.
Zu zeigen ist also $( [mm] \psi \wedge \varphi(x_0) [/mm] $) für ein $ [mm] x_0 [/mm] $.
Nach der Voraussetzung existiert ein [mm] $x_0$, [/mm] so dass [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] . Dieses [mm] $x_0$ [/mm] existiert für [mm] $\psi$. [/mm] Insgesamt existiert also ein $x$ [mm] ($x_0$) [/mm] für [mm] $(\psi \wedge \varphi(x))$ [/mm] also [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x))$.
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 05:49 So 30.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > Die Verwendung von [mm]x_0[/mm] im Beispiel
> > "[mm]\emptyset\not=X\subseteq Y\Rightarrow Y\not=\emptyset[/mm]" auf
> > der einen Seite und beim Beweis von [mm]\psi[/mm] innerhalb der
> > Hin-Richtung von "[mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x) [/mm]"
> > auf der anderen Seite sind völlig analog: Wir wollen keine
> > Aussage über alle [mm]x\in X[/mm] zeigen (für die wir ein beliebig
> > vorgegebenes [mm]x\in X[/mm] betrachten müssten; in meiner
> > Terminologie: Situation (a) ), sondern hantieren hilfsweise
> > mit einem fest gewählten [mm]x_0\in X[/mm] (dessen Existenz
> > bewiesen ist; in meiner Terminologie: Situation (b) ).
>
> Ich finde die sind nicht ganz analog, denn, so wie ich
> schon geschrieben habe, es reicht in dem Beispiel
> [mm]\emptyset\not=X\subseteq Y\Rightarrow Y\not=\emptyset[/mm] nur
> ein einziges [mm]x[/mm] zu betrachten.
Beim Beweis von [mm] $\psi$ [/mm] innerhalb von "[mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Rightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x) [/mm]" genügt es ebenfalls, ein einziges $x$ zu betrachten.
> In der ersten Aufgabe ist es
> jedoch so, dass die Beliebigkeit des [mm]x[/mm] eine Rolle spielt,
Nein, beim Beweis von [mm] $\psi$ [/mm] nicht. Wir wollen ja gar nichts über alle $x$ zeigen.
> d.h. ich betrachte ein einziges [mm]x[/mm], das ein beliebiges [mm]x[/mm] der
> Menge [mm]X[/mm] sein kann.
Ja, genau wie im Beispiel [mm]\emptyset\not=X\subseteq Y\Rightarrow Y\not=\emptyset[/mm]: Auch dort betrachten wir ein einziges [mm] $x_0$, [/mm] das ein beliebiges Element der Menge $X$ sein kann.
> Noch mal: Beweise: [mm]\psi \wedge \exists x \varphi(x) \Rightarrow \exists x (\psi \wedge \varphi(x)) [/mm].
>
> Zu zeigen ist also [mm]( \psi \wedge \varphi(x_0) [/mm]) für ein
> [mm]x_0 [/mm].
>
> Nach der Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm], so dass
> [mm]\varphi(x_0)[/mm] .
Guter Anfang.
Im Folgenden fehlt der entscheidende Punkt:
Da [mm] $\psi$ [/mm] als wahr vorausgesetzt ist, gilt also [mm] $(\psi\wedge\varphi)(x_0)$.
[/mm]
> Dieses [mm]x_0[/mm] existiert für [mm]\psi[/mm].
Diese Verwendung des Wortes "für" ist mir nicht geläufig.
> Insgesamt
> existiert also ein [mm]x[/mm] ([mm]x_0[/mm]) für [mm](\psi \wedge \varphi(x))[/mm]
> also [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm].
Schreibe "mit" statt "für".
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:33 So 30.03.2014 | | Autor: | ne1 |
> > Noch mal: Beweise: [mm]\psi \wedge \exists x \varphi(x) \Rightarrow \exists x (\psi \wedge \varphi(x)) [/mm].
>
> >
> > Zu zeigen ist also [mm]( \psi \wedge \varphi(x_0) [/mm]) für ein
> > [mm]x_0 [/mm].
> >
> > Nach der Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm], so dass
> > [mm]\varphi(x_0)[/mm] .
> Guter Anfang.
>
> Im Folgenden fehlt der entscheidende Punkt:
>
> Da [mm]\psi[/mm] als wahr vorausgesetzt ist, gilt also
> [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm].
Dieser Schritt ist mir völlig unklar.
> > Dieses [mm]x_0[/mm] existiert für [mm]\psi[/mm].
> Diese Verwendung des Wortes "für" ist mir nicht
> geläufig.
>
> > Insgesamt
> > existiert also ein [mm]x[/mm] ([mm]x_0[/mm]) für [mm](\psi \wedge \varphi(x))[/mm]
> > also [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm].
> Schreibe "mit"
> statt "für".
Ich fange schon mal direkt mit der letzten Aufgabe:
[mm] $\exists x(\psi \vee \varphi(x)) \Rightarrow \psi \vee \exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$.
[/mm]
Angenommen [mm] $\psi$ [/mm] falsch, dann zu zeigen [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] für ein [mm] $x_0$. [/mm] Nach der Voraussetzung existiert ein [mm] $x_0$ [/mm] mit [mm] $(\psi \vee \varphi(x_0)$). $\psi$ [/mm] mit [mm] $x_0$ [/mm] ist falsch, da [mm] $\psi$ [/mm] falsch, es muss also [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] gelten, was wiederum heißt [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$.
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:08 Mo 31.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > > Noch mal: Beweise: [mm]\psi \wedge \exists x \varphi(x) \Rightarrow \exists x (\psi \wedge \varphi(x)) [/mm].
>
> >
> > >
> > > Zu zeigen ist also [mm]( \psi \wedge \varphi(x_0) [/mm]) für ein
> > > [mm]x_0 [/mm].
> > >
> > > Nach der Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm], so dass
> > > [mm]\varphi(x_0)[/mm] .
> > Guter Anfang.
> >
> > Im Folgenden fehlt der entscheidende Punkt:
> >
> > Da [mm]\psi[/mm] als wahr vorausgesetzt ist, gilt also
> > [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm].
>
> Dieser Schritt ist mir völlig unklar.
Ich hätte wohl besser geschrieben, dass der entscheidende Punkt folgender ist:
Da [mm] $\psi$ [/mm] als wahr vorausgesetzt ist, gilt also [mm] $\psi\wedge(\varphi(x_0))$.
[/mm]
(Trotzdem zur Erklärung von [mm] $(\psi\wedge\varphi)(x_0)$:
[/mm]
Mit der Aussageform [mm] $\psi\wedge\varphi$ [/mm] meinte ich die Aussageform [mm] $\rho$ [/mm] definiert durch
[mm] $\rho(x):\iff\psi\wedge(\varphi(x))$ [/mm] für alle [mm] $x\in [/mm] X$.
Sie liefert also angewandt auf ein [mm] $x\in [/mm] X$ genau dann den Wahrheitswert wahr, wenn [mm] $\psi$ [/mm] wahr ist und [mm] $\varphi(x)$ [/mm] gilt.
[mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm] bedeutet also [mm] $\rho(x_0)$, [/mm] d.h. die Aussagen [mm] $\psi$ [/mm] und [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] sind wahr, d.h. [mm] $\psi\wedge(\varphi(x_0))$ [/mm] ist wahr.)
Zum Nachweis von [mm] $\psi\wedge(\varphi(x_0))$ [/mm] (bzw. [mm] $(\psi\wedge\varphi)(x_0)$) [/mm] ist zu überlegen:
1. [mm] $\psi$ [/mm] ist wahr
2. [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr
Zu 1.: Folgt direkt aus der Voraussetzung [mm] $\psi \wedge \exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$.
[/mm]
Zu 2.: So wurde [mm] $x_0$ [/mm] gerade gewählt.
> Ich fange schon mal direkt mit der letzten Aufgabe:
> [mm]\exists x(\psi \vee \varphi(x)) \Rightarrow \psi \vee \exists x \varphi(x)[/mm].
>
> Angenommen [mm]\psi[/mm] falsch, dann zu zeigen [mm]\varphi(x_0)[/mm] für
> ein [mm]x_0[/mm]. Nach der Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm] mit [mm](\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]).
> [mm]\psi[/mm] mit [mm]x_0[/mm] ist falsch, da [mm]\psi[/mm] falsch, es muss also
> [mm]\varphi(x_0)[/mm] gelten, was wiederum heißt [mm]\exists x \varphi(x)[/mm].
Ich würde es so formulieren:
Da [mm] $\psi$ [/mm] falsch ist, muss also [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] gelten. Insbesondere wie gewünscht [mm] $\exists x\varphi(x)$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:44 Di 01.04.2014 | | Autor: | ne1 |
> > > > Noch mal: Beweise: [mm]\psi \wedge \exists x \varphi(x) \Rightarrow \exists x (\psi \wedge \varphi(x)) [/mm].
>
> >
> > >
> > > >
> > > > Zu zeigen ist also [mm]( \psi \wedge \varphi(x_0) [/mm]) für ein
> > > > [mm]x_0 [/mm].
> > > >
> > > > Nach der Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm], so dass
> > > > [mm]\varphi(x_0)[/mm] .
> > > Guter Anfang.
> > >
> > > Im Folgenden fehlt der entscheidende Punkt:
> > >
> > > Da [mm]\psi[/mm] als wahr vorausgesetzt ist, gilt also
> > > [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm].
> >
> > Dieser Schritt ist mir völlig unklar.
> Ich hätte wohl besser geschrieben, dass der entscheidende
> Punkt folgender ist:
>
> Da [mm]\psi[/mm] als wahr vorausgesetzt ist, gilt also
> [mm]\psi\wedge(\varphi(x_0))[/mm].
>
>
> (Trotzdem zur Erklärung von [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm]:
>
> Mit der Aussageform [mm]\psi\wedge\varphi[/mm] meinte ich die
> Aussageform [mm]\rho[/mm] definiert durch
>
> [mm]\rho(x):\iff\psi\wedge(\varphi(x))[/mm] für alle [mm]x\in X[/mm].
>
> Sie liefert also angewandt auf ein [mm]x\in X[/mm] genau dann den
> Wahrheitswert wahr, wenn [mm]\psi[/mm] wahr ist und [mm]\varphi(x)[/mm]
> gilt.
>
> [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm] bedeutet also [mm]\rho(x_0)[/mm], d.h. die
> Aussagen [mm]\psi[/mm] und [mm]\varphi(x_0)[/mm] sind wahr, d.h.
> [mm]\psi\wedge(\varphi(x_0))[/mm] ist wahr.)
>
>
> Zum Nachweis von [mm]\psi\wedge(\varphi(x_0))[/mm] (bzw.
> [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm]) ist zu überlegen:
> 1. [mm]\psi[/mm] ist wahr
> 2. [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr
>
> Zu 1.: Folgt direkt aus der Voraussetzung [mm]\psi \wedge \exists x \varphi(x)[/mm].
>
> Zu 2.: So wurde [mm]x_0[/mm] gerade gewählt.
Was mir nicht ganz klar ist, ist folgendes. Du sagst zu zeigen ist [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$. [/mm] Das [mm] $\psi$ [/mm] soll aber an einen Existenzquantor gebunden sein (zusammen mit [mm] $\varphi(x)$). [/mm] Und es sieht so aus, also ob Du den Existenzquantor an dem [mm] $\psi$ [/mm] einfach weggelassen hättest. Muss man hier nicht irgendwie sagen, dass zu zeigen sei [mm] $(\psi \wedge \varphi(x_0))$ [/mm] mit [mm] $x_0$ [/mm] und erst nach einer passenden Begründung, dass [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$?
[/mm]
> > Ich fange schon mal direkt mit der letzten Aufgabe:
> > [mm]\exists x(\psi \vee \varphi(x)) \Rightarrow \psi \vee \exists x \varphi(x)[/mm].
>
> >
> > Angenommen [mm]\psi[/mm] falsch, dann zu zeigen [mm]\varphi(x_0)[/mm] für
> > ein [mm]x_0[/mm]. Nach der Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm] mit [mm](\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]).
>
>
>
> > [mm]\psi[/mm] mit [mm]x_0[/mm] ist falsch, da [mm]\psi[/mm] falsch, es muss also
> > [mm]\varphi(x_0)[/mm] gelten, was wiederum heißt [mm]\exists x \varphi(x)[/mm].
>
> Ich würde es so formulieren:
>
> Da [mm]\psi[/mm] falsch ist, muss also [mm]\varphi(x_0)[/mm] gelten.
> Insbesondere wie gewünscht [mm]\exists x\varphi(x)[/mm].
Das verstehe ich nicht oder ich vermute was Du tust, aber kann das nicht ganz nachvollziehen, da ich den Eindruck habe, dass du frei mit verschiedenen Formel hantierst. Anders gesagt, ich bezeichne eine falsche Aussage mit $0$. Angenommen ich hätte $0 [mm] \vee [/mm] p$ das ist Äquivalent zu $p$ und wenn ich das richtig verstehe versuchst du dasselbe zu tun. Du hast [mm] $\psi [/mm] = 0$ also [mm] $\exists [/mm] x (0 [mm] \vee \varphi(x))$. [/mm] Was mich dabei verwirrt hat, ist das ich solche Äquivalenzen nur in der Logik behandelt habe und nicht in der Prädikatenlogik, deshalb war ich mir nicht klar warum du das überhaupt tun darfst. Aber jetzt habe ich das, denke ich, verstanden. In Worten, es existiert ein $x$, so dass die Aussageform [mm] $\psi \vee \varphi(x)$ [/mm] wahr ist. [mm] $\psi$ [/mm] ist immer falsch, da wir es vorausgesetzt haben. Es muss also ein $x$ geben, so dass die Aussageform $(0 [mm] \vee \varphi(x))$ [/mm] wahr ist. Da [mm] $\varphi(x)$ [/mm] zwar eine Aussageform ist, wird die trotzdem zu einer Aussage nachdem wir ein $x$ einsetzten d.h. man kann wie in Logik schreiben. Es muss also ein $x$ geben, so dass [mm] $\varphi(x)$ [/mm] also [mm] $\varphi(x_0)$. [/mm] Damit sind wir im Prinzip fertig.
Ich hoffe es war so von Dir gemeint.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:21 Di 01.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > > > > Noch mal: Beweise: [mm]\psi \wedge \exists x \varphi(x) \Rightarrow \exists x (\psi \wedge \varphi(x)) [/mm].
> > > > > Nach der Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm], so dass
> > > > > [mm]\varphi(x_0)[/mm] .
> > > > Guter Anfang.
> > > >
> > > > Im Folgenden fehlt der entscheidende Punkt:
> > > >
> > > > Da [mm]\psi[/mm] als wahr vorausgesetzt ist, gilt also
> > > > [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm].
> > >
> > > Dieser Schritt ist mir völlig unklar.
> > Ich hätte wohl besser geschrieben, dass der
> entscheidende
> > Punkt folgender ist:
> >
> > Da [mm]\psi[/mm] als wahr vorausgesetzt ist, gilt also
> > [mm]\psi\wedge(\varphi(x_0))[/mm].
> >
> >
> > (Trotzdem zur Erklärung von [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm]:
> >
> > Mit der Aussageform [mm]\psi\wedge\varphi[/mm] meinte ich die
> > Aussageform [mm]\rho[/mm] definiert durch
> >
> > [mm]\rho(x):\iff\psi\wedge(\varphi(x))[/mm] für alle [mm]x\in X[/mm].
>
> >
> > Sie liefert also angewandt auf ein [mm]x\in X[/mm] genau dann den
> > Wahrheitswert wahr, wenn [mm]\psi[/mm] wahr ist und [mm]\varphi(x)[/mm]
> > gilt.
> >
> > [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm] bedeutet also [mm]\rho(x_0)[/mm], d.h. die
> > Aussagen [mm]\psi[/mm] und [mm]\varphi(x_0)[/mm] sind wahr, d.h.
> > [mm]\psi\wedge(\varphi(x_0))[/mm] ist wahr.)
> >
> >
> > Zum Nachweis von [mm]\psi\wedge(\varphi(x_0))[/mm] (bzw.
> > [mm](\psi\wedge\varphi)(x_0)[/mm]) ist zu überlegen:
> > 1. [mm]\psi[/mm] ist wahr
> > 2. [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr
> >
> > Zu 1.: Folgt direkt aus der Voraussetzung [mm]\psi \wedge \exists x \varphi(x)[/mm].
>
> >
> > Zu 2.: So wurde [mm]x_0[/mm] gerade gewählt.
>
> Was mir nicht ganz klar ist, ist folgendes. Du sagst zu
> zeigen ist [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm].
Nicht ganz. Aber um [mm] $\exists x\colon(\psi\wedge\varphi(x))$ [/mm] zu zeigen genügt es, [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$ [/mm] (für das gewählte [mm] $x_0$) [/mm] zu zeigen.
> Das [mm]\psi[/mm] soll aber an
> einen Existenzquantor gebunden sein (zusammen mit
> [mm]\varphi(x)[/mm]). Und es sieht so aus, also ob Du den
> Existenzquantor an dem [mm]\psi[/mm] einfach weggelassen hättest.
> Muss man hier nicht irgendwie sagen, dass zu zeigen sei
> [mm](\psi \wedge \varphi(x_0))[/mm] mit [mm]x_0[/mm] und erst nach einer
> passenden Begründung, dass [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]?
Ich habe auch keinen vollständigen Beweis geliefert, sondern nur den aus meiner Sicht wichtigsten Punkt benannt. Im Zusammenhang:
Wegen [mm] $\psi \wedge \exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] gilt [mm] $\psi$ [/mm] und es gibt ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ mit [mm] $\varphi(x_0)$. [/mm] (Damit ist wie immer implizit gemeint: Wir wählen ein solches [mm] $x_0$.)
[/mm]
Da [mm] $\psi$ [/mm] und [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] gelten, gilt [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$.
[/mm]
Insbesondere gilt [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi\wedge\varphi(x_0))$.
[/mm]
> > > Ich fange schon mal direkt mit der letzten Aufgabe:
> > > [mm]\exists x(\psi \vee \varphi(x)) \Rightarrow \psi \vee \exists x \varphi(x)[/mm].
> > > Angenommen [mm]\psi[/mm] falsch, dann zu zeigen [mm]\varphi(x_0)[/mm] für
> > > ein [mm]x_0[/mm]. Nach der Voraussetzung existiert ein [mm]x_0[/mm] mit [mm](\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]).
> > Da [mm]\psi[/mm] falsch ist, muss also [mm]\varphi(x_0)[/mm] gelten.
> > Insbesondere wie gewünscht [mm]\exists x\varphi(x)[/mm].
> Das verstehe ich nicht oder ich vermute was Du tust, aber
> kann das nicht ganz nachvollziehen, da ich den Eindruck
> habe, dass du frei mit verschiedenen Formel hantierst.
> Anders gesagt, ich bezeichne eine falsche Aussage mit [mm]0[/mm].
> Angenommen ich hätte [mm]0 \vee p[/mm] das ist Äquivalent zu [mm]p[/mm] und
> wenn ich das richtig verstehe versuchst du dasselbe zu tun.
Ja, ich benutze folgenden Zusammenhang: Wenn [mm] $\rho_1,\rho_2$ [/mm] Aussagen sind mit [mm] $\rho_1\vee\rho_2$ [/mm] wahr und [mm] $\rho_1$ [/mm] falsch, muss [mm] $\rho_2$ [/mm] wahr sein (denn anderenfalls wären [mm] $\rho_1$ [/mm] und [mm] $\rho_2$ [/mm] falsch und somit auch [mm] $\rho_1\vee\rho_2$ [/mm] falsch).
> Du hast [mm]\psi = 0[/mm] also [mm]\exists x (0 \vee \varphi(x))[/mm]. Was
> mich dabei verwirrt hat, ist das ich solche Äquivalenzen
> nur in der Logik behandelt habe und nicht in der
> Prädikatenlogik, deshalb war ich mir nicht klar warum du
> das überhaupt tun darfst.
Die Regeln der Aussagenlogik gelten für alle Aussagen, egal ob sie "prädikatenlogische" Aussagen sind oder nicht. (Dagegen sind Aussageformen nicht Gegenstand der Aussagenlogik.)
> Aber jetzt habe ich das, denke
> ich, verstanden. In Worten, es existiert ein [mm]x[/mm], so dass die
> Aussageform [mm]\psi \vee \varphi(x)[/mm] wahr ist. [mm]\psi[/mm] ist immer
> falsch, da wir es vorausgesetzt haben. Es muss also ein [mm]x[/mm]
> geben, so dass die Aussageform [mm](0 \vee \varphi(x))[/mm] wahr
> ist. Da [mm]\varphi(x)[/mm] zwar eine Aussageform ist, wird die
> trotzdem zu einer Aussage nachdem wir ein [mm]x[/mm] einsetzten d.h.
> man kann wie in Logik schreiben. Es muss also ein [mm]x[/mm] geben,
> so dass [mm]\varphi(x)[/mm]
Genau letzteres wollten wir zeigen. Daher würde ich das Folgende weglassen:
> also [mm]\varphi(x_0)[/mm]. Damit sind wir im
> Prinzip fertig.
> Ich hoffe es war so von Dir gemeint.
Wenn ich dich richtig verstehe, argumentierst du etwas anders als von mir vorgeschlagen:
Deine (ebenfalls korrekte) Argumentation:
1. Angenommen [mm] $\psi$ [/mm] ist falsch. Dann ist [mm] $\exists x\varphi(x)$ [/mm] zu zeigen.
2. Für jedes [mm] $x\in [/mm] X$ gilt [mm] $\psi\vee\varphi(x)$ [/mm] (wegen [mm] $\psi$ [/mm] falsch) genau dann, wenn [mm] $\varphi(x)$ [/mm] gilt.
3. Damit sind auch die Aussagen [mm] $\exists x(\psi\vee\varphi(x))$ [/mm] und [mm] $\exists x\varphi(x)$ [/mm] äquivalent.
4. Insbesondere folgt [mm] $\exists x\varphi(x)$ [/mm] aus der Voraussetzung [mm] $\exists x(\psi\vee\varphi(x))$.
[/mm]
Ich möchte den Punkt 3. noch etwas genauer betrachten. Ich halte ihn nämlich für weniger elementar als viele andere Beweisschritte, die wir bisher hatten. Vielleicht war dies auch genau der Punkt, an dem du an dieser Argumentation zweifeltest.
Ich möchte zwei Aussageformen [mm] $\rho_1(x)$ [/mm] und [mm] $\rho_2(x)$ [/mm] äquivalent nennen, falls die Äquivalenz
[mm] $\rho_1(x)\iff\rho_2(x)$
[/mm]
für alle [mm] $x\in [/mm] X$ gilt (d.h. falls [mm] $\rho_1$ [/mm] und [mm] $\rho_2$ [/mm] stets den gleichen Wahrheitswert liefern).
Schritt 2. sagt also aus, dass die Aussageformen [mm] $\psi\wedge\varphi(x)$ [/mm] und [mm] $\varphi(x)$ [/mm] (im Falle [mm] $\psi$ [/mm] falsch) äquivalent sind.
Schritt 3 nutzt nun folgenden Zusammenhang (*):
Sind [mm] $\rho_1(x)$ [/mm] und [mm] $\rho_2(x)$ [/mm] äquivalente Aussageformen, so gilt auch die Äquivalenz
[mm] $(\exists x\rho_1(x))\iff(\exists x\rho_2(x))$.
[/mm]
(Analoges gilt übrigens auch für [mm] $\forall$ [/mm] anstelle von [mm] $\exists$.)
[/mm]
((*) kann man übrigens ähnlich zu deinen Aufgaben auf elementare Weise beweisen.)
Nun meine Argumentation:
Angenommen [mm] $\psi$ [/mm] ist falsch. Dann ist [mm] $\exists x\varphi(x)$ [/mm] zu zeigen.
Wegen [mm] $\exists x(\psi\vee\varphi(x))$ [/mm] gibt es ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ mit [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$. [/mm] (Wiederum ist automatisch gemeint: Wir wählen ein solches [mm] $x_0$.)
[/mm]
Da [mm] $\psi$ [/mm] falsch ist, muss somit [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr sein.
Insbesondere gilt wie gewünscht [mm] $\exists x\varphi(x)$.
[/mm]
Ich komme also völlig ohne den Zusammenhang (*) aus, indem ich anstelle der Aussageformen [mm] $\psi\vee\varphi(x)$ [/mm] und [mm] $\varphi(x)$ [/mm] die mithilfe des gewählten [mm] $x_0\in [/mm] X$ gebildeten Aussagen [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$ [/mm] und [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] betrachte.
(weitere Alternative:
Wegen [mm] $\exists x(\psi\vee\varphi(x))$ [/mm] existiert ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ mit [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$.
[/mm]
1. Fall: [mm] $\psi$ [/mm] gilt. Dann folgt direkt [mm] $\psi\vee\exists x\varphi(x)$.
[/mm]
2. Fall: [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] gilt. Dann folgt [mm] $\exists x\varphi(x)$ [/mm] und somit ebenfalls [mm] $\psi\vee\exists x\varphi(x)$.)
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:34 Mi 02.04.2014 | | Autor: | ne1 |
Ja, meine Argumentation war eigentlich, so wie Du die beschrieben hast.
>Angenommen $ [mm] \psi [/mm] $ ist falsch. Dann ist $ [mm] \exists x\varphi(x) [/mm] $ zu zeigen.
völlig klar
>Wegen $ [mm] \exists x(\psi\vee\varphi(x)) [/mm] $ gibt es ein $ [mm] x_0\in [/mm] X $ mit $ [mm] \psi\vee\varphi(x_0) [/mm] $. (Wiederum ist automatisch gemeint: Wir wählen ein solches $ [mm] x_0 [/mm] $.)
völlig klar
>Da $ [mm] \psi [/mm] $ falsch ist, muss somit $ [mm] \varphi(x_0) [/mm] $ wahr sein.
Hier verzweifle ich gerade und diese Verzweiflung hatte ich auch bei den restlichen Beispielen wo Du ähnlich vorgegangen bist. Oder noch anders gesagt was ist hier der Unterschied zwischen dem Punkt 2. in meinem Beweis? Bei meinem Beweis habe ich im Hinterkopf immer noch die Vorstellung, dass [mm] $\psi$ [/mm] dem Quantor unterliegt. Ich weiß, dass [mm] $\psi$ [/mm] falsch ist, deshalb habe ich $(0 [mm] \vee \varphi(x))$ [/mm] (extra kein [mm] $x_0$, [/mm] da ich noch kein $x$ eingesetzt habe, sonder weiß, dass die Aussageform quantifiziert wird). Und hier nutze ich jetzt die Tautologie (das ist eigentlich der wichtigste Schritt an dem Beweis) und habe [mm] $\varphi(x)$ [/mm] was natürlich noch dem Quantor mit $x$ unterliegt.
Wenn ich das richtig verstehe, Du betrachtest die Formel direkt mit einem [mm] $x_0$. [/mm] Das heißt Du hast Dir dieses [mm] $x_0$ [/mm] genommen und für dieses [mm] $x_0$ [/mm] hast Du die Formel [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] genommen? Wenn das so ist, dann erkenne ich zwar den Unterschied, hatte aber vielleicht noch einen kleinen Zweifel an dem [mm] $\psi$. [/mm] Nach dem Einsetzen von [mm] $x_0$ [/mm] hat man plötzlich den Eindruck, dass [mm] $\psi$ [/mm] nicht quantifiziert wir. Liegt das also daran, dass [mm] $\psi$ [/mm] nicht von $x$ abhängt und ich das [mm] $x_0$ [/mm] in Verbindung mit [mm] $\psi$ [/mm] nicht mehr betrachten muss?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:38 Do 03.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> >Angenommen [mm]\psi[/mm] ist falsch. Dann ist [mm]\exists x\varphi(x)[/mm]
> zu zeigen.
> völlig klar
> >Wegen [mm]\exists x(\psi\vee\varphi(x))[/mm] gibt es ein [mm]x_0\in X[/mm]
> mit [mm]\psi\vee\varphi(x_0) [/mm]. (Wiederum ist automatisch
> gemeint: Wir wählen ein solches [mm]x_0 [/mm].)
> völlig klar
> >Da [mm]\psi[/mm] falsch ist, muss somit [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr sein.
> Hier verzweifle ich gerade und diese Verzweiflung hatte
> ich auch bei den restlichen Beispielen wo Du ähnlich
> vorgegangen bist. Oder noch anders gesagt was ist hier der
> Unterschied zwischen dem Punkt 2. in meinem Beweis?
Dein Schritt 2. schlussfolgert aus [mm] "$\psi$ [/mm] falsch" die Aussage
[mm] $\forall x\colon ((\psi\vee\varphi(x))\iff\varphi(x))$.
[/mm]
Ich schlussfolgere hingegen im zitierten Schritt aus [mm] "$\psi$ [/mm] falsch" und [mm] "$\psi\vee\varphi(x_0)$" [/mm] die Aussage
[mm] $\varphi(x_0)$.
[/mm]
> Bei
> meinem Beweis habe ich im Hinterkopf immer noch die
> Vorstellung, dass [mm]\psi[/mm] dem Quantor unterliegt.
[mm] $\psi$ [/mm] ist eine Aussage.
Daraus lassen sich neue Aussagen mit und ohne Quantoren bilden.
[mm] "$\psi$ [/mm] unterliegt einem Quantor" ist für sich genommen keine sinnvolle Vorstellung.
Sinnvoll hingegen ist z.B. die Vorstellung
[mm] $\psi$ [/mm] unterliegt in der Aussage [mm] $\exists x(\psi\vee\varphi(x))$ [/mm] dem Existenz-Quantor.
Vermutlich meintest du das.
Hingegen ist
[mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$
[/mm]
innerhalb meines Beweises eine Aussage ohne Existenzquantor (keinesfalls einen hinzudenken!).
> Ich weiß,
> dass [mm]\psi[/mm] falsch ist, deshalb habe ich [mm](0 \vee \varphi(x))[/mm]
> (extra kein [mm]x_0[/mm], da ich noch kein [mm]x[/mm] eingesetzt habe, sonder
> weiß, dass die Aussageform quantifiziert wird).
Hier ist mir nicht ganz klar, was du mit "ich habe [mm] $0\vee\varphi(x)$" [/mm] meinst.
Vermutlich meinst du "ich habe [mm] $\exists [/mm] x [mm] (0\vee\varphi(x))$".
[/mm]
Im Folgenden habe ich das gleiche Verständnisproblem:
> Und hier
> nutze ich jetzt die Tautologie (das ist eigentlich der
> wichtigste Schritt an dem Beweis) und habe [mm]\varphi(x)[/mm] was
> natürlich noch dem Quantor mit [mm]x[/mm] unterliegt.
> Wenn ich das richtig verstehe, Du betrachtest die Formel
> direkt mit einem [mm]x_0[/mm]. Das heißt Du hast Dir dieses [mm]x_0[/mm]
> genommen und für dieses [mm]x_0[/mm] hast Du die Formel [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> genommen?
Ja. Die Formel [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$ [/mm] stellt eine Aussage dar.
> Wenn das so ist, dann erkenne ich zwar den
> Unterschied, hatte aber vielleicht noch einen kleinen
> Zweifel an dem [mm]\psi[/mm]. Nach dem Einsetzen von [mm]x_0[/mm] hat man
> plötzlich den Eindruck, dass [mm]\psi[/mm] nicht quantifiziert wir.
Wird es in der Aussage [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$ [/mm] auch nicht.
Genauso wenig taucht in [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] ein Quantor auf.
> Liegt das also daran, dass [mm]\psi[/mm] nicht von [mm]x[/mm] abhängt und
> ich das [mm]x_0[/mm] in Verbindung mit [mm]\psi[/mm] nicht mehr betrachten
> muss?
Das würde ich so nicht sagen.
Ich glaube, du denkst dir irgendwelche Existenzquantoren zu Aussagen über [mm] $x_0$, [/mm] wo keine stehen.
Sei die Aussageform [mm] $\rho(x)$ [/mm] definiert durch
[mm] $\rho(x):\iff \psi\vee\varphi(x)$
[/mm]
für alle [mm] $x\in [/mm] X$.
Dann setzen wir die Aussage
[mm] $\exists x\rho(x)$
[/mm]
als wahr voraus.
Also gibt es ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ mit [mm] $\rho(x_0)$.
[/mm]
Damit meine ich (nach üblicher Konvention) automatisch: Ab jetzt steht [mm] $x_0$ [/mm] für ein fest gewähltes Element [mm] $x_0\in [/mm] X$, was [mm] $\rho(x_0)$ [/mm] erfüllt.
[mm] $\rho(x_0)$ [/mm] ist also eine wahre Aussage (ohne jeden Existenzquantor!).
Das bedeutet nach Definition von [mm] $\rho$:
[/mm]
[mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$
[/mm]
ist eine wahre Aussage (wieder ohne jeden Existenzquantor!).
Also ist [mm] $\psi$ [/mm] wahr oder [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr.
Da [mm] $\psi$ [/mm] jedoch nach Annahme falsch ist, bleibt nur noch der zweite Fall, dass [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] eine wahre Aussage ist.
Beachte: Ich habe hier die Aussage [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] als wahr bewiesen, nicht etwa die Aussage [mm] $\exists x\varphi(x)$!
[/mm]
Aber aus der Wahrheit der Aussage [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] kann ich schlussfolgern, dass [mm] $\exists x\varphi(x)$ [/mm] ebenfalls wahr sein muss: Es gibt ja mindestens ein [mm] $x\in [/mm] X$, dass [mm] $\varphi(x)$ [/mm] erfüllt, nämlich z.B. [mm] $x_0$.
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:17 Sa 05.04.2014 | | Autor: | ne1 |
Vielen Dank. Bitte nochmal kontrollieren.
$X$ eine nichtleere Menge, [mm] $\varphi(x)$ [/mm] beliebige Aussageform mit $x [mm] \in [/mm] X$, [mm] $\psi$ [/mm] eine beliebige Aussage. Beweise:
1) [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$
[/mm]
2) [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$
[/mm]
3) [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$
[/mm]
4) [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$.
[/mm]
1)
[mm] $\Rightarrow$: [/mm] Zu zeigen a) [mm] $\psi$ [/mm] ist wahr, b) [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] ist wahr.
Sei [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Dann ist nach der Voraussetzung [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$ [/mm] wahr. Es muss also [mm] $\psi$ [/mm] wahr sein und damit ist a) gezeigt. Es muss auch [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr sein. Da [mm] $x_0$ [/mm] ein beliebiges Element von $X$ ist gilt [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] also b).
(Man könnte hier zwei mal beliebige Elemente von $X$ nehmen um a) und b) separat zu beweisen, aber meine Meinung nach ist es nicht notwendig)
[mm] $\Leftarrow$: [/mm] Es ist zu zeigen [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x))$ [/mm] ist wahr. Sei [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Es ist also zu zeigen [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr also a) [mm] $\psi$ [/mm] ist wahr, b) [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr.
Aus der Voraussetzung haben wir [mm] $\psi$ [/mm] ist wahr also a) wurde gezeigt. Aus der Voraussetzung haben wir aber auch [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] und damit explizit [mm] $\varphi(x)$ [/mm] wahr für [mm] $x_0$ [/mm] also [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr. q.e.d.
2)
[mm] $\Rightarrow$: [/mm] Angenommen [mm] $\psi$ [/mm] sei falsch. Zu zeigen ist [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] ist wahr. Sei [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Zu zeigen ist also [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr.
Nach der Voraussetzung ist [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x))$ [/mm] wahr. Es ist also [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] wahr und da [mm] $\psi$ [/mm] falsch muss [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr sein.
[mm] $\Leftarrow$: [/mm] Zu zeigen ist [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x))$ [/mm] ist wahr. Sei [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Zu zeigen ist also [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr.
Nach der Annahme im Fall [mm] $\psi$ [/mm] ist wahr sind wir fertig. Im Fall [mm] $\psi$ [/mm] ist falsch haben wir [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] wahr. Damit ist also [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr und dadurch die gesamte Aussage [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$. [/mm] q.e.d
3)
[mm] $\Rightarrow$: [/mm] Zu zeigen a) [mm] $\psi$ [/mm] ist wahr, b) [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$.
[/mm]
Nach der Voraussetzung ist [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x))$ [/mm] wahr. Es ist also [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$ [/mm] wahr. Damit muss [mm] $\psi$ [/mm] wahr sein und a) wurde gezeigt und [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr d.h. es gibt ein $x$, so dass [mm] $\varphi(x)$ [/mm] wahr ist und damit ist b) gezeigt.
Hier dieselbe Bemerkung wie bei 1):
(Man könnte hier zwei mal beliebige Elemente von $X$ nehmen um a) und b) separat zu beweisen, aber meine Meinung nach ist es nicht notwendig)
[mm] $\Leftarrow$: [/mm] Zu zeigen [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi \wedge \varphi(x))$ [/mm] ist wahr. Es reicht also zu zeigen, dass [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$ [/mm] wahr d.h. a) [mm] $\psi$ [/mm] wahr b) [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr.
Nach der Voraussetzung muss [mm] $\psi$ [/mm] wahr sein also a) wurde gezeigt. Nach der Voraussetzung muss auch [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] wahr sein d.h. [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] und damit wurde b) gezeigt. q.e.d.
4)
[mm] $\Rightarrow$: [/mm] Angenommen [mm] $\psi$ [/mm] falsch. Zu zeigen ist [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] ist wahr also [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr.
Nach der Voraussetzung [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x))$ [/mm] ist wahr. Es ist also [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] wahr. Da [mm] $\psi$ [/mm] falsch muss also [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr sein und damit ist die Implikation bewiesen.
[mm] $\Leftarrow$: [/mm] Zu zeigen ist [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x))$ [/mm] ist wahr. Es reicht also zeigen, dass [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr. Angenommen sei [mm] $\psi$ [/mm] falsch, dann ist zu zeigen [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] ist wahr.
Nach der Voraussetzung ist [mm] $\psi \vee \exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] wahr. Da [mm] $\psi$ [/mm] falsch muss [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x_0)$ [/mm] wahr sein. Dann ist also [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr. q.e.d.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:18 So 06.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> [mm]X[/mm] eine nichtleere Menge, [mm]\varphi(x)[/mm] beliebige Aussageform
> mit [mm]x \in X[/mm], [mm]\psi[/mm] eine beliebige Aussage. Beweise:
> 1) [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x)[/mm]
>
> 2) [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall x \varphi(x)[/mm]
>
> 3) [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \exists x \varphi(x)[/mm]
>
> 4) [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \exists x \varphi(x)[/mm].
> 1)
> [mm]\Rightarrow[/mm]: Zu zeigen a) [mm]\psi[/mm] ist wahr, b) [mm]\forall x \varphi(x)[/mm]
> ist wahr.
>
> Sei [mm]x_0 \in X[/mm]. Dann ist nach der Voraussetzung [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]
> wahr. Es muss also [mm]\psi[/mm] wahr sein
unter der Zusatzvoraussetzung [mm] $x_0\in [/mm] X$.
Ich würde für a) wie folgt argumentieren:
Wegen [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] gibt es ein [mm] $x_0\in [/mm] X$. (Wie üblich: Wir wählen ein solches [mm] $x_0$.)
[/mm]
Also ist nach der Voraussetzung [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$ [/mm] wahr.
Es muss also [mm] $\psi$ [/mm] wahr sein.
Der Unterschied zwischen deiner und meiner Argumentation:
Ich habe mittels [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] (d.h. der Existenz eines [mm] $x_0\in [/mm] X$) begründet, warum ich [mm] $x_0\in [/mm] X$ annehmen darf und trotzdem die Behauptung [mm] "$\psi$ [/mm] wahr" ohne Zusatzvoraussetzung bewiesen ist.
> und damit ist a) gezeigt.
> Es muss auch [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr sein. Da [mm]x_0[/mm] ein beliebiges
> Element von [mm]X[/mm] ist gilt [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] also b).
> (Man könnte hier zwei mal beliebige Elemente von [mm]X[/mm] nehmen
> um a) und b) separat zu beweisen, aber meine Meinung nach
> ist es nicht notwendig)
Meiner Meinung nach ist es dringend zu empfehlen, zwischen dem selbst gewählten Element [mm] $x_0\in [/mm] X$ (dessen Existenz wir benötigen), und dem beliebig vorgegebenen Element [mm] $x'\in [/mm] X$ (dessen Beliebigkeit wir benötigen) zu unterscheiden.
Selbst wenn hier jemand anderer Meinung ist:
Ich würde zumindest für a) darauf verweisen, dass wegen [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ existiert.
Ohne die Voraussetzung [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] ist die Argumentation nämlich nicht möglich.
(Tatsächlich ist selbst die Behauptung ohne die Voraussetzung [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] nicht mehr richtig. )
> [mm]\Leftarrow[/mm]: Es ist zu zeigen [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm]
> ist wahr. Sei [mm]x_0 \in X[/mm]. Es ist also zu zeigen [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]
> ist wahr also a) [mm]\psi[/mm] ist wahr, b) [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr.
>
> Aus der Voraussetzung haben wir [mm]\psi[/mm] ist wahr also a) wurde
> gezeigt. Aus der Voraussetzung haben wir aber auch [mm]\forall x \varphi(x)[/mm]
> und damit explizit [mm]\varphi(x)[/mm] wahr für [mm]x_0[/mm] also
> [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr. q.e.d.
> 2)
> [mm]\Rightarrow[/mm]: Angenommen [mm]\psi[/mm] sei falsch. Zu zeigen ist
> [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] ist wahr. Sei [mm]x_0 \in X[/mm]. Zu zeigen ist
> also [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr.
>
> Nach der Voraussetzung ist [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x))[/mm]
> wahr. Es ist also [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm] wahr und da [mm]\psi[/mm]
> falsch muss [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr sein.
> [mm]\Leftarrow[/mm]: Zu zeigen ist [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x))[/mm]
> ist wahr. Sei [mm]x_0 \in X[/mm]. Zu zeigen ist also [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> ist wahr.
>
> Nach der Annahme im Fall [mm]\psi[/mm] ist wahr sind wir fertig. Im
> Fall [mm]\psi[/mm] ist falsch haben wir [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] wahr.
> Damit ist also [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr und dadurch die gesamte
> Aussage [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]. q.e.d
> 3)
> [mm]\Rightarrow[/mm]: Zu zeigen a) [mm]\psi[/mm] ist wahr, b) [mm]\exists x \varphi(x)[/mm].
>
> Nach der Voraussetzung ist [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm]
> wahr. Es ist also [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm] wahr.
für mindestens ein [mm] $x_0\in [/mm] X$. Wir wählen ein solches [mm] $x_0$.
[/mm]
> Damit muss
> [mm]\psi[/mm] wahr sein und a) wurde gezeigt und [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist
> wahr d.h. es gibt ein [mm]x[/mm], so dass [mm]\varphi(x)[/mm] wahr ist und
> damit ist b) gezeigt.
> Hier dieselbe Bemerkung wie bei 1):
> (Man könnte hier zwei mal beliebige Elemente von [mm]X[/mm] nehmen
> um a) und b) separat zu beweisen, aber meine Meinung nach
> ist es nicht notwendig)
Hier sind wir uns völlig einig.
> [mm]\Leftarrow[/mm]: Zu zeigen [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm]
> ist wahr. Es reicht also zu zeigen, dass [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]
> wahr
für ein [mm] $x_0\in [/mm] X$.
Gib also zunächst ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ an, für das du [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$ [/mm] zeigen möchtest. Solange du kein solches [mm] $x_0$ [/mm] gewählt hast, sind [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$ [/mm] und [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] gar keine Aussagen.
> d.h. a) [mm]\psi[/mm] wahr b) [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr.
>
> Nach der Voraussetzung muss [mm]\psi[/mm] wahr sein also a) wurde
> gezeigt.
> Nach der Voraussetzung muss auch [mm]\exists x \varphi(x)[/mm]
> wahr sein d.h. [mm]\varphi(x_0)[/mm]
für ein [mm] $x_0\in [/mm] X$. Wir wählen ein solches [mm] $x_0$.
[/mm]
> und damit wurde b) gezeigt.
> q.e.d.
In korrekter Reihenfolge:
Wegen [mm] $\exists x\varphi(x)$ [/mm] gibt es ein [mm] $x_0\in [/mm] X$ mit [mm] $\varphi(x_0)$. [/mm] (Wir wählen ein solches [mm] $x_0$.)
[/mm]
Wegen [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] und der Wahrheit von [mm] $\psi$ [/mm] (nach Voraussetzung) folgt [mm] $\psi\wedge\varphi(x_0)$.
[/mm]
Insbesondere [mm] $\exists x\psi\wedge\varphi(x)$.
[/mm]
> 4)
> [mm]\Rightarrow[/mm]: Angenommen [mm]\psi[/mm] falsch. Zu zeigen ist [mm]\exists x \varphi(x)[/mm]
> ist wahr also [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr.
für ein [mm] $x_0\in [/mm] X$.
> Nach der Voraussetzung [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x))[/mm] ist
> wahr. Es ist also [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm] wahr.
für ein [mm] $x_0\in [/mm] X$. Wir wählen ein solches [mm] $x_0$.
[/mm]
> Da [mm]\psi[/mm]
> falsch muss also [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr sein und damit ist die
> Implikation bewiesen.
> [mm]\Leftarrow[/mm]: Zu zeigen ist [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x))[/mm]
> ist wahr. Es reicht also zeigen, dass [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> ist wahr.
für mindestens ein [mm] $x_0\in [/mm] X$.
Solange du kein [mm] $x_0\in [/mm] X$ gewählt hast, ist [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$ [/mm] gar keine Aussage.
Nach Voraussetzung liegt (mindestens) einer der beiden Fälle
1. [mm] $\psi$ [/mm] wahr
2. [mm] $\exists x\varphi(x)$
[/mm]
vor.
Zeige in beiden Fällen jeweils [mm] $\exists x(\psi\vee\varphi(x))$, [/mm] indem du zunächst ein geeignetes Element [mm] $x_0$ [/mm] angibst, von dem du dann [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$ [/mm] nachweist.
Im Fall 1. benötigst du dazu die Voraussetzung [mm] $X\not=\emptyset$.
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:19 So 06.04.2014 | | Autor: | ne1 |
> > [mm]X[/mm] eine nichtleere Menge, [mm]\varphi(x)[/mm] beliebige Aussageform
> > mit [mm]x \in X[/mm], [mm]\psi[/mm] eine beliebige Aussage. Beweise:
> > 1) [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x)[/mm]
>
> >
> > 2) [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall x \varphi(x)[/mm]
>
> >
> > 3) [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \exists x \varphi(x)[/mm]
>
> >
> > 4) [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \exists x \varphi(x)[/mm].
>
>
> > 1)
> > [mm]\Rightarrow[/mm]: Zu zeigen a) [mm]\psi[/mm] ist wahr, b) [mm]\forall x \varphi(x)[/mm]
> > ist wahr.
> >
> > Sei [mm]x_0 \in X[/mm]. Dann ist nach der Voraussetzung [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]
> > wahr. Es muss also [mm]\psi[/mm] wahr sein
> unter der Zusatzvoraussetzung [mm]x_0\in X[/mm].
>
> Ich würde für a) wie folgt argumentieren:
>
> Wegen [mm]X\not=\emptyset[/mm] gibt es ein [mm]x_0\in X[/mm]. (Wie üblich:
> Wir wählen ein solches [mm]x_0[/mm].)
> Also ist nach der Voraussetzung [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm]
> wahr.
> Es muss also [mm]\psi[/mm] wahr sein.
>
> Der Unterschied zwischen deiner und meiner Argumentation:
> Ich habe mittels [mm]X\not=\emptyset[/mm] (d.h. der Existenz eines
> [mm]x_0\in X[/mm]) begründet, warum ich [mm]x_0\in X[/mm] annehmen darf und
> trotzdem die Behauptung "[mm]\psi[/mm] wahr" ohne
> Zusatzvoraussetzung bewiesen ist.
>
> > und damit ist a) gezeigt.
> > Es muss auch [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr sein. Da [mm]x_0[/mm] ein beliebiges
> > Element von [mm]X[/mm] ist gilt [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] also b).
>
>
> > (Man könnte hier zwei mal beliebige Elemente von [mm]X[/mm] nehmen
> > um a) und b) separat zu beweisen, aber meine Meinung nach
> > ist es nicht notwendig)
> Meiner Meinung nach ist es dringend zu empfehlen, zwischen
> dem selbst gewählten Element [mm]x_0\in X[/mm] (dessen Existenz wir
> benötigen), und dem beliebig vorgegebenen Element [mm]x'\in X[/mm]
> (dessen Beliebigkeit wir benötigen) zu unterscheiden.
>
> Selbst wenn hier jemand anderer Meinung ist:
>
> Ich würde zumindest für a) darauf verweisen, dass wegen
> [mm]X\not=\emptyset[/mm] ein [mm]x_0\in X[/mm] existiert.
> Ohne die Voraussetzung [mm]X\not=\emptyset[/mm] ist die
> Argumentation nämlich nicht möglich.
> (Tatsächlich ist selbst die Behauptung ohne die
> Voraussetzung [mm]X\not=\emptyset[/mm] nicht mehr richtig. )
Bei dieser Teilaufgabe habe ich gesagt: "Sei [mm] $x_0 \in [/mm] X$" und das habe ich getan weil ich weiß (aus der Voraussetzung der ganzen Aufgabe), dass $X [mm] \not [/mm] = [mm] \emptyset$. [/mm] Und dann kann ich weiter mit meinem [mm] $x_0$ [/mm] arbeiten d.h. nach der Voraussetzung habe ich [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$ [/mm] und da beide wahr sein müssen ist [mm] $\psi$ [/mm] wahr (damit habe ich a) gezeigt) und [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] und da [mm] $x_0$ [/mm] beliebig, habe ich [mm] $\forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] und damit habe ich b) gezeigt. Ich sehe hier nichts falsches an meinem Vorgehen.
Übrigens macht bei der Aufgabe 2 [mm] $\Leftarrow$ [/mm] "Sei [mm] $x_0 \in [/mm] X$ wenig Sinn, wenn man nicht im Hinterkopf hat, dass $X$ nicht leer. Denn wie soll denn sonst [mm] $x_0$ [/mm] ein Element von $X$ sein?
>
> > [mm]\Leftarrow[/mm]: Es ist zu zeigen [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm]
> > ist wahr. Sei [mm]x_0 \in X[/mm]. Es ist also zu zeigen [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]
> > ist wahr also a) [mm]\psi[/mm] ist wahr, b) [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr.
> >
> > Aus der Voraussetzung haben wir [mm]\psi[/mm] ist wahr also a) wurde
> > gezeigt. Aus der Voraussetzung haben wir aber auch [mm]\forall x \varphi(x)[/mm]
> > und damit explizit [mm]\varphi(x)[/mm] wahr für [mm]x_0[/mm] also
> > [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr. q.e.d.
>
>
>
> > 2)
> > [mm]\Rightarrow[/mm]: Angenommen [mm]\psi[/mm] sei falsch. Zu zeigen ist
> > [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] ist wahr. Sei [mm]x_0 \in X[/mm]. Zu zeigen ist
> > also [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr.
> >
> > Nach der Voraussetzung ist [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x))[/mm]
> > wahr. Es ist also [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm] wahr und da [mm]\psi[/mm]
> > falsch muss [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr sein.
>
>
>
> > [mm]\Leftarrow[/mm]: Zu zeigen ist [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x))[/mm]
> > ist wahr. Sei [mm]x_0 \in X[/mm]. Zu zeigen ist also [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> > ist wahr.
> >
> > Nach der Annahme im Fall [mm]\psi[/mm] ist wahr sind wir fertig. Im
> > Fall [mm]\psi[/mm] ist falsch haben wir [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] wahr.
> > Damit ist also [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr und dadurch die gesamte
> > Aussage [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]. q.e.d
>
>
>
> > 3)
> > [mm]\Rightarrow[/mm]: Zu zeigen a) [mm]\psi[/mm] ist wahr, b) [mm]\exists x \varphi(x)[/mm].
>
> >
> > Nach der Voraussetzung ist [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm]
> > wahr. Es ist also [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm] wahr.
> für mindestens ein [mm]x_0\in X[/mm]. Wir wählen ein solches
> [mm]x_0[/mm].
>
> > Damit muss
> > [mm]\psi[/mm] wahr sein und a) wurde gezeigt und [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist
> > wahr d.h. es gibt ein [mm]x[/mm], so dass [mm]\varphi(x)[/mm] wahr ist und
> > damit ist b) gezeigt.
>
>
> > Hier dieselbe Bemerkung wie bei 1):
> > (Man könnte hier zwei mal beliebige Elemente von [mm]X[/mm]
> nehmen
> > um a) und b) separat zu beweisen, aber meine Meinung nach
> > ist es nicht notwendig)
> Hier sind wir uns völlig einig.
>
>
> > [mm]\Leftarrow[/mm]: Zu zeigen [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x))[/mm]
> > ist wahr. Es reicht also zu zeigen, dass [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]
> > wahr
> für ein [mm]x_0\in X[/mm].
>
> Gib also zunächst ein [mm]x_0\in X[/mm] an, für das du
> [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm] zeigen möchtest. Solange du kein
> solches [mm]x_0[/mm] gewählt hast, sind [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm] und
> [mm]\varphi(x_0)[/mm] gar keine Aussagen.
>
> > d.h. a) [mm]\psi[/mm] wahr b) [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr.
> >
> > Nach der Voraussetzung muss [mm]\psi[/mm] wahr sein also a) wurde
> > gezeigt.
> > Nach der Voraussetzung muss auch [mm]\exists x \varphi(x)[/mm]
> > wahr sein d.h. [mm]\varphi(x_0)[/mm]
> für ein [mm]x_0\in X[/mm]. Wir wählen ein solches [mm]x_0[/mm].
>
> > und damit wurde b) gezeigt.
> > q.e.d.
> In korrekter Reihenfolge:
>
> Wegen [mm]\exists x\varphi(x)[/mm] gibt es ein [mm]x_0\in X[/mm] mit
> [mm]\varphi(x_0)[/mm]. (Wir wählen ein solches [mm]x_0[/mm].)
> Wegen [mm]\varphi(x_0)[/mm] und der Wahrheit von [mm]\psi[/mm] (nach
> Voraussetzung) folgt [mm]\psi\wedge\varphi(x_0)[/mm].
> Insbesondere [mm]\exists x\psi\wedge\varphi(x)[/mm].
>
>
> > 4)
> > [mm]\Rightarrow[/mm]: Angenommen [mm]\psi[/mm] falsch. Zu zeigen ist
> [mm]\exists x \varphi(x)[/mm]
> > ist wahr also [mm]\varphi(x_0)[/mm] ist wahr.
> für ein [mm]x_0\in X[/mm].
>
> > Nach der Voraussetzung [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x))[/mm] ist
> > wahr. Es ist also [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm] wahr.
> für ein [mm]x_0\in X[/mm]. Wir wählen ein solches [mm]x_0[/mm].
>
> > Da [mm]\psi[/mm]
> > falsch muss also [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr sein und damit ist die
> > Implikation bewiesen.
>
>
> > [mm]\Leftarrow[/mm]: Zu zeigen ist [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x))[/mm]
> > ist wahr. Es reicht also zeigen, dass [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> > ist wahr.
> für mindestens ein [mm]x_0\in X[/mm].
>
> Solange du kein [mm]x_0\in X[/mm] gewählt hast, ist
> [mm]\psi\vee\varphi(x_0)[/mm] gar keine Aussage.
>
> Nach Voraussetzung liegt (mindestens) einer der beiden
> Fälle
> 1. [mm]\psi[/mm] wahr
> 2. [mm]\exists x\varphi(x)[/mm]
> vor.
>
> Zeige in beiden Fällen jeweils [mm]\exists x(\psi\vee\varphi(x))[/mm],
> indem du zunächst ein geeignetes Element [mm]x_0[/mm] angibst, von
> dem du dann [mm]\psi\vee\varphi(x_0)[/mm] nachweist.
> Im Fall 1. benötigst du dazu die Voraussetzung
> [mm]X\not=\emptyset[/mm].
OK, hier verstehe ich, dass ich wirklich mich auf $X [mm] \not [/mm] = [mm] \emptyset$ [/mm] berufen muss.
Nochmal. Ich muss zeigen [mm] $\exists x(\psi \vee \varphi(x))$. [/mm] Ich muss also zeigen [mm] $\psi \vee \varaphi(x_0)$ [/mm] für ein [mm] $x_0$ [/mm] ist wahr. Sei [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] falsch. Dann ist [mm] $\psi$ [/mm] wahr. Da $X$ nicht leer, gibt es ein [mm] $x_0$, [/mm] so dass [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] wahr.
Sei [mm] $\psi$ [/mm] falsch, dann muss [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] wahr sein also ist [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr. Es ist aber auch [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] wahr und damit existiert ein [mm] $x_0$, [/mm] so dass [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] wahr ist also [mm] $\exists [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x_0)$. [/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:35 Mo 07.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > > [mm]X[/mm] eine nichtleere Menge, [mm]\varphi(x)[/mm] beliebige Aussageform
> > > mit [mm]x \in X[/mm], [mm]\psi[/mm] eine beliebige Aussage. Beweise:
> > > 1) [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x)[/mm]
> > >
> > > 2) [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall x \varphi(x)[/mm]
> > >
> > > 3) [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \exists x \varphi(x)[/mm]
> > >
> > > 4) [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \exists x \varphi(x)[/mm].
Zur Richtung [mm] "$\Rightarrow$" [/mm] von 1):
> Bei dieser Teilaufgabe habe ich gesagt: "Sei [mm]x_0 \in X[/mm]" und
> das habe ich getan weil ich weiß (aus der Voraussetzung
> der ganzen Aufgabe), dass [mm]X \not = \emptyset[/mm]. Und dann kann
> ich weiter mit meinem [mm]x_0[/mm] arbeiten d.h. nach der
> Voraussetzung habe ich [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm] und da
> beide wahr sein müssen ist [mm]\psi[/mm] wahr (damit habe ich a)
> gezeigt) und [mm]\varphi(x_0)[/mm] und da [mm]x_0[/mm] beliebig, habe ich
> [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] und damit habe ich b) gezeigt. Ich
> sehe hier nichts falsches an meinem Vorgehen.
Diese Erklärung von dir finde ich überzeugend.
Nochmal zu:
> Bei dieser Teilaufgabe habe ich gesagt: "Sei [mm]x_0 \in X[/mm]" und
> das habe ich getan weil ich weiß (aus der Voraussetzung
> der ganzen Aufgabe), dass [mm]X \not = \emptyset[/mm].
Deiner ursprünglichen Version konnte ich das nicht entnehmen.
Wenn du "Sei [mm] $x_0\in [/mm] X$." sagst, kann das auch heißen, dass du etwas über alle [mm] $x\in [/mm] X$ zeigen möchtest (unabhängig davon, ob [mm] $X\not=\emptyset$).
[/mm]
> Übrigens macht bei der Aufgabe 2 [mm]\Leftarrow[/mm] "Sei [mm]x_0 \in X[/mm]
> wenig Sinn, wenn man nicht im Hinterkopf hat, dass [mm]X[/mm] nicht
> leer.
Doch, das macht auch ohne die Voraussetzung [mm] $X\not=\emptyset$ [/mm] Sinn.
Die Aussage [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi \vee \varphi(x))$ [/mm] ist äquivalent zu:
WENN [mm] $x_0\in [/mm] X$ gilt, dann gilt [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$.
[/mm]
Dies gilt unabhängig davon, ob [mm] $X=\emptyset$ [/mm] oder [mm] $X\not=\emptyset$.
[/mm]
(Überlege dir dazu mal, dass im Falle [mm] $X=\emptyset$ [/mm] beide Aussagen wahr sind.)
> Denn wie soll denn sonst [mm]x_0[/mm] ein Element von [mm]X[/mm] sein?
Wenn [mm] $X=\emptyset$, [/mm] gibt es kein [mm] $x_0\in [/mm] X$. Das ändert aber nichts daran, dass
WENN [mm] $x_0\in [/mm] X$ gilt, dann gilt [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$
[/mm]
gilt und [mm] $\forall x(\psi\vee\varphi(x))$ [/mm] folgt.
Zu 4) [mm] $\Leftarrow$:
[/mm]
> Nochmal. Ich muss zeigen [mm]\exists x(\psi \vee \varphi(x))[/mm].
> Ich muss also zeigen [mm]\psi \vee \varaphi(x_0)[/mm] für ein [mm]x_0[/mm]
> ist wahr. Sei [mm]\exists x \varphi(x)[/mm] falsch. Dann ist [mm]\psi[/mm]
> wahr. Da [mm]X[/mm] nicht leer, gibt es ein [mm]x_0[/mm], so dass [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> wahr.
> Sei [mm]\psi[/mm] falsch, dann muss [mm]\exists x \varphi(x)[/mm] wahr sein
> also ist [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr.
für ein [mm] $x_0\in [/mm] X$. (Wir wählen ein solches [mm] $x_0$.)
[/mm]
(Solange du kein [mm] $x_0$ [/mm] gewählt hast, ist [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] gar keine Aussage.)
> Es ist aber auch [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> wahr und damit existiert ein [mm]x_0[/mm], so dass [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> wahr ist also [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x_0)[/mm].
Du hast nun die Fälle [mm] "$\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] falsch" und [mm] "$\psi$ [/mm] falsch" untersucht.
Es fehlt noch der Fall [mm] "$\exists x\varphi(x)$ [/mm] und [mm] $\psi$ [/mm] wahr".
Einfacher machst du es dir, wenn du wie von mir vorgeschlagen die beiden Fälle [mm] "$\psi$ [/mm] wahr" und [mm] "$\exists x\varphi(x)$ [/mm] wahr" betrachtest.
Einer dieser beiden Fälle liegt nach der Voraussetzung [mm] $\psi\vee\exists x\varphi(x)$ [/mm] vor.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:39 Do 10.04.2014 | | Autor: | ne1 |
> > > > [mm]X[/mm] eine nichtleere Menge, [mm]\varphi(x)[/mm] beliebige Aussageform
> > > > mit [mm]x \in X[/mm], [mm]\psi[/mm] eine beliebige Aussage. Beweise:
> > > > 1) [mm]\forall x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \forall x \varphi(x)[/mm]
>
> > > >
> > > > 2) [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \forall x \varphi(x)[/mm]
>
> > > >
> > > > 3) [mm]\exists x (\psi \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \wedge \exists x \varphi(x)[/mm]
>
> > > >
> > > > 4) [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x)) \Leftrightarrow \psi \vee \exists x \varphi(x)[/mm].
>
>
>
> Zur Richtung "[mm]\Rightarrow[/mm]" von 1):
>
> > Bei dieser Teilaufgabe habe ich gesagt: "Sei [mm]x_0 \in X[/mm]" und
> > das habe ich getan weil ich weiß (aus der Voraussetzung
> > der ganzen Aufgabe), dass [mm]X \not = \emptyset[/mm]. Und dann kann
> > ich weiter mit meinem [mm]x_0[/mm] arbeiten d.h. nach der
> > Voraussetzung habe ich [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm] und da
> > beide wahr sein müssen ist [mm]\psi[/mm] wahr (damit habe ich a)
> > gezeigt) und [mm]\varphi(x_0)[/mm] und da [mm]x_0[/mm] beliebig, habe ich
> > [mm]\forall x \varphi(x)[/mm] und damit habe ich b) gezeigt. Ich
> > sehe hier nichts falsches an meinem Vorgehen.
> Diese Erklärung von dir finde ich überzeugend.
>
> Nochmal zu:
>
> > Bei dieser Teilaufgabe habe ich gesagt: "Sei [mm]x_0 \in X[/mm]" und
> > das habe ich getan weil ich weiß (aus der Voraussetzung
> > der ganzen Aufgabe), dass [mm]X \not = \emptyset[/mm].
> Deiner
> ursprünglichen Version konnte ich das nicht entnehmen.
> Wenn du "Sei [mm]x_0\in X[/mm]." sagst, kann das auch heißen, dass
> du etwas über alle [mm]x\in X[/mm] zeigen möchtest (unabhängig
> davon, ob [mm]X\not=\emptyset[/mm]).
>
>
> > Übrigens macht bei der Aufgabe 2 [mm]\Leftarrow[/mm] "Sei [mm]x_0 \in X[/mm]
> > wenig Sinn, wenn man nicht im Hinterkopf hat, dass [mm]X[/mm] nicht
> > leer.
> Doch, das macht auch ohne die Voraussetzung
> [mm]X\not=\emptyset[/mm] Sinn.
>
> Die Aussage [mm]\forall x (\psi \vee \varphi(x))[/mm] ist
> äquivalent zu:
>
> WENN [mm]x_0\in X[/mm] gilt, dann gilt [mm]\psi\vee\varphi(x_0)[/mm].
>
> Dies gilt unabhängig davon, ob [mm]X=\emptyset[/mm] oder
> [mm]X\not=\emptyset[/mm].
> (Überlege dir dazu mal, dass im Falle [mm]X=\emptyset[/mm] beide
> Aussagen wahr sind.)
>
> > Denn wie soll denn sonst [mm]x_0[/mm] ein Element von [mm]X[/mm] sein?
> Wenn [mm]X=\emptyset[/mm], gibt es kein [mm]x_0\in X[/mm]. Das ändert aber
> nichts daran, dass
>
> WENN [mm]x_0\in X[/mm] gilt, dann gilt [mm]\psi\vee\varphi(x_0)[/mm]
>
> gilt und [mm]\forall x(\psi\vee\varphi(x))[/mm] folgt.
>
Ich sehe bei mir noch Unklarheiten, vielleicht fange ich erst mal nur mit der wichtigsten für mich. Du schreibst "WENN $ [mm] x_0\in [/mm] X $ gilt, dann gilt $ [mm] \psi\vee\varphi(x_0) [/mm] $". Es ist nichts anderes als zwei Aussagen $ [mm] x_0\in [/mm] X $ und $ [mm] \psi\vee\varphi(x_0) [/mm] $ mit einer Verknüpfung (Implikation). Den Aussagen kann man einen eindeutigen Wahrheitswert zuordnen. In meinem Buch hat man Aussageformen definiert als Ausdruck, der zu einer Aussage wird nachdem wir für die Variable $x$ ein Objekt (z.B. Element einer Menge) einsetzen. Laut dieser Definition bekomme ich eine Aussage erst nach dem ich was für meine Aussageform eingesetzt habe. Wenn $X$ nicht leer, dann funktioniert alles wunderbar, aber wenn $X$ leer, dann habe ich auf der anderen Seite $ [mm] \psi\vee\varphi(x_0) [/mm] $ und was soll [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$ [/mm] sein? Ich weiß es ist eine Aussageform, die nie zu einer Aussage wird, aber macht es Sinn solche Gebilde zu Verknüpfen? Mein Buch ist mit Sicherheit nicht extrem formal, aber im ersten Kapitel wird gesagt, dass komplexe Aussagen mithilfe von Verknüpfungen und einfachen Aussagen gebildet werden. Eine Implikation mit einem Ausdruck der keine Aussage werden kann zu benutzen ist mir neu und nicht verständlich. Außerdem wird in dem Kapitel "Prädikatenlogik" (also nicht da wo die Aussageform definiert wurde, sondern später) eindeutig gesagt, dass für den gesamten Kapitel $X [mm] \not [/mm] = [mm] \emptyset$ [/mm] gilt. Hat diese Einschränkung vielleicht was mit meiner Verzweiflung zu tun oder wollte man einfach dem Leser am Anfang bisschen leichter machen?
>
> Zu 4) [mm]\Leftarrow[/mm]:
>
> > Nochmal. Ich muss zeigen [mm]\exists x(\psi \vee \varphi(x))[/mm].
> > Ich muss also zeigen [mm]\psi \vee \varaphi(x_0)[/mm] für ein [mm]x_0[/mm]
> > ist wahr. Sei [mm]\exists x \varphi(x)[/mm] falsch. Dann ist [mm]\psi[/mm]
> > wahr. Da [mm]X[/mm] nicht leer, gibt es ein [mm]x_0[/mm], so dass [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> > wahr.
>
>
> > Sei [mm]\psi[/mm] falsch, dann muss [mm]\exists x \varphi(x)[/mm] wahr sein
> > also ist [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr.
> für ein [mm]x_0\in X[/mm]. (Wir wählen ein solches [mm]x_0[/mm].)
>
> (Solange du kein [mm]x_0[/mm] gewählt hast, ist [mm]\varphi(x_0)[/mm] gar
> keine Aussage.)
>
> > Es ist aber auch [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> > wahr und damit existiert ein [mm]x_0[/mm], so dass [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm]
> > wahr ist also [mm]\exists x (\psi \vee \varphi(x_0)[/mm].
> Du hast
> nun die Fälle "[mm]\exists x \varphi(x)[/mm] falsch" und "[mm]\psi[/mm]
> falsch" untersucht.
> Es fehlt noch der Fall "[mm]\exists x\varphi(x)[/mm] und [mm]\psi[/mm]
> wahr".
>
> Einfacher machst du es dir, wenn du wie von mir
> vorgeschlagen die beiden Fälle "[mm]\psi[/mm] wahr" und "[mm]\exists x\varphi(x)[/mm]
> wahr" betrachtest.
> Einer dieser beiden Fälle liegt nach der Voraussetzung
> [mm]\psi\vee\exists x\varphi(x)[/mm] vor.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 04:41 Fr 11.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
Du passt genau auf, das ist super!
Für "Verzweiflung" sehe ich keinen Anlass.
Meine Einführung der Aussage (ich erkläre noch, wie sie zu verstehen ist)
Wenn [mm] $x_0\in [/mm] X$, dann [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$
[/mm]
war wohl didaktisch nicht sehr geschickt.
Worum es mir eigentlich ging:
Sei [mm] $\rho(x)$ [/mm] eine Aussageform (über Elemente [mm] $x\in [/mm] X$).
Wenn du aus der Annahme [mm] $x_0\in [/mm] X$ schlussfolgern kannst, dass [mm] $\rho(x_0)$ [/mm] gelten muss, hast du damit [mm] $\forall x\rho(x)$ [/mm] bewiesen.
Dieser Schluss auf [mm] $\forall x\rho(x)$ [/mm] funktioniert unabhängig davon, ob [mm] $X=\emptyset$ [/mm] oder [mm] $X\not=\emptyset$.
[/mm]
(Im Falle [mm] $X=\emptyset$ [/mm] gilt [mm] $\forall x\rho(x)$ [/mm] sowieso.)
Beispiel: Wir wollen folgende Aussage zeigen:
Seien X, Y und Z Mengen mit [mm] $X\subseteq [/mm] Y$ und [mm] $Y\subseteq [/mm] Z$.
Dann gilt [mm] $X\subseteq [/mm] Z$.
Beweis:
Zu zeigen ist [mm] $\forall x\in X\colon x\in [/mm] Z$.
Sei [mm] $x\in [/mm] X$.
Wegen [mm] $X\subseteq [/mm] Y$ folgt aus [mm] $x\in [/mm] X$, dass auch [mm] $x\in [/mm] Y$ gilt.
Wegen [mm] $Y\subseteq [/mm] Z$ gilt somit [mm] $x\in [/mm] Z$.
Da [mm] $x\in [/mm] X$ beliebig war, ist somit [mm] $\forall x\in X\colon x\in [/mm] Z$ gezeigt.
Somit gilt [mm] $X\subseteq [/mm] Z$.
Diese Argumentation funktioniert unabhängig davon, ob [mm] $X=\emptyset$ [/mm] oder [mm] $X\not=\emptyset$:
[/mm]
Wenn [mm] $X=\emptyset$, [/mm] ist die Annahme [mm] $x\in [/mm] X$ in der zweiten Zeile eben stets falsch, egal für welches Objekt $x$ stehen mag.
Dennoch bleibt der Schluss auf [mm] $x\in [/mm] Z$ korrekt.
Auch der Schluss in der vorletzten Zeile bleibt korrekt (wenn [mm] $X=\emptyset$, [/mm] gilt sowieso [mm] $\forall x\in X\colon X\in [/mm] Z$).
> Du schreibst
> "WENN [mm]x_0\in X[/mm] gilt, dann gilt [mm]\psi\vee\varphi(x_0) [/mm]". Es
> ist nichts anderes als zwei Aussagen [mm]x_0\in X[/mm] und
> [mm]\psi\vee\varphi(x_0)[/mm] mit einer Verknüpfung (Implikation).
> Den Aussagen kann man einen eindeutigen Wahrheitswert
> zuordnen.
Hat [mm] $x_0\in [/mm] X$ einen eindeutigen Wahrheitswert?
Wenn [mm] $x_0$ [/mm] für ein bestimmtes Objekt steht: Ja.
Wenn [mm] $x_0$ [/mm] nur irgendeine "Variable" ist: Nein. Dann ist [mm] $x_0\in [/mm] X$ eine Aussageform (über "Objekte" [mm] $x_0$).
[/mm]
Ob man [mm] $x_0\in [/mm] X$ als Aussage oder Aussageform ansieht, hängt also vom Kontext ab.
In
(*) Wenn [mm] $x_0\in [/mm] X$, dann [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$?
[/mm]
meine ich mit [mm] $x_0$ [/mm] kein bestimmtes Objekt.
Also liegt nicht die Implikation zweier Aussagen vor, sondern die Implikation zweier Aussageformen (über "Objekte" [mm] $x_0$).
[/mm]
Diese Implikation ist (erst einmal) wieder eine Aussageform: Für jedes "Objekt" [mm] $x_0$ [/mm] hat sie einen Wahrheitswert.
Ich meinte mit (*) den sogenannten "All-Abschluss" dieser Aussageform:
Für jedes "Objekt" [mm] $x_0$ [/mm] gilt (*).
> In meinem Buch hat man Aussageformen definiert
> als Ausdruck, der zu einer Aussage wird nachdem wir für
> die Variable [mm]x[/mm] ein Objekt (z.B. Element einer Menge)
> einsetzen. Laut dieser Definition bekomme ich eine Aussage
> erst nach dem ich was für meine Aussageform eingesetzt
> habe. Wenn [mm]X[/mm] nicht leer, dann funktioniert alles wunderbar,
> aber wenn [mm]X[/mm] leer, dann habe ich auf der anderen Seite
> [mm]\psi\vee\varphi(x_0)[/mm] und was soll [mm]\psi\vee\varphi(x_0)[/mm]
> sein? Ich weiß es ist eine Aussageform, die nie zu einer
> Aussage wird, aber macht es Sinn solche Gebilde zu
> Verknüpfen?
Aus meiner Sicht macht das Sinn.
Das durch die Verknüpfung entstehende Gebilde ist wieder eine Aussageform.
(Natürlich ist die Wahrheit von Aussagen der Form
Für jedes "Objekt" [mm] $x_0$ [/mm] gilt: Wenn [mm] $x_0\in\emptyset$, [/mm] dann [mm] $\psi\vee\varphi(x_0)$.
[/mm]
keine wertvolle mathematische Erkenntnis, sondern eher eine Trivialität. Aber ich sehe keinen Grund, solche Aussagen per se zu verbieten und viele Gründe dafür, sie nicht zu verbieten.)
> Mein Buch ist mit Sicherheit nicht extrem
> formal, aber im ersten Kapitel wird gesagt, dass komplexe
> Aussagen mithilfe von Verknüpfungen und einfachen Aussagen
> gebildet werden. Eine Implikation mit einem Ausdruck der
> keine Aussage werden kann zu benutzen ist mir neu und nicht
> verständlich.
Mit den Verknüpfungen ("Junktoren") wie Implikation lassen sich nicht nur Aussagen zu neuen Aussagen verknüpfen, sondern auch Aussageformen zu neuen Aussageformen.
Wenn $A(x)$ und $B(x)$ Aussageformen über [mm] $x\in [/mm] X$ sind, erhält man so z.B. die neue Aussageform
Wenn A(x), dann B(x)
über [mm] $x\in [/mm] X$.
Wo siehst du nun ein Problem, wenn [mm] $X=\emptyset$ [/mm] gilt?
> Außerdem wird in dem Kapitel
> "Prädikatenlogik" (also nicht da wo die Aussageform
> definiert wurde, sondern später) eindeutig gesagt, dass
> für den gesamten Kapitel [mm]X \not = \emptyset[/mm] gilt. Hat
> diese Einschränkung vielleicht was mit meiner Verzweiflung
> zu tun oder wollte man einfach dem Leser am Anfang bisschen
> leichter machen?
Welche Motive der/die Autor(in) dafür hatte, weiß ich natürlich nicht. Vielleicht diente das wirklich der größeren Intuitivität.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:11 Sa 12.04.2014 | | Autor: | ne1 |
Ich habe alles verstanden, zumindest habe ich den Eindruck. Ich finde Deine Schreibweise "Wenn $ [mm] x_0\in [/mm] X $, dann $ [mm] \psi\vee\varphi(x_0) [/mm] $" verwirrend. Du meintest also damit wahrscheinlich [mm] $\forall [/mm] x (x [mm] \in [/mm] X [mm] \Rightarrow \psi \vee \varphi(x))$ [/mm] was auch in meinem Buch so definiert wurde. Deine Schreibweise ist bestimmt richtig, da hatte ich aber den Eindruck, dass ich mich plötzlich nicht mehr in der Prädikatenlogik befinde, denn man muss an Deiner Schreibweise im Hinterkopf haben das $x$ kein bestimmtes Objekt was du nachher natürlich erklärt hast. Die hauptsächliche Frage war ob ich eine Aussageform mit einer leeren Menge verknüpfen kann, was Du aber auch beantwortet hast, obwohl ich das Problem mit "meiner" Definition nicht wirklich mehr sehe. Die Definition lautet [mm] $\forall [/mm] x (x [mm] \in [/mm] X [mm] \Rightarrow \psi \vee \varphi(x))$, [/mm] da meine Grundmenge eigentlich $X$ ist kann ich schreiben [mm] $(\forall [/mm] x [mm] \in [/mm] X) (x [mm] \in [/mm] X [mm] \Rightarrow \vee \varphi(x))$. [/mm] Ich nehme mir jedes Element von $X$ und dann gucke ich für dieses $x$ was in den Klammern passiert. Wenn $X$ leer, dann nehme ich mir kein $x$ (da es kein gibt) und muss nicht mehr gucken was in den Klammern passiert, weil das was in den Klammern passiert gilt nur für jedes $x$ (aus der Definition des Allquantors). So sehe ich das jetzt. Sind meine Gedanken richtig?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 05:34 Di 15.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Ich habe alles verstanden, zumindest habe ich den Eindruck.
> Ich finde Deine Schreibweise "Wenn [mm]x_0\in X [/mm], dann
> [mm]\psi\vee\varphi(x_0) [/mm]" verwirrend.
Wie gesagt: Ja, diese Formulierung von mir war ungeschickt. Ich wünschte, ich hätte sie nicht gewählt...
> Du meintest also damit
> wahrscheinlich [mm]\forall x (x \in X \Rightarrow \psi \vee \varphi(x))[/mm]
> was auch in meinem Buch so definiert wurde.
Ja, wobei der Allquantor hier über "alle Objekte" statt nur über Elemente von $X$ gelesen werden kann.
> Deine
> Schreibweise ist bestimmt richtig, da hatte ich aber den
> Eindruck, dass ich mich plötzlich nicht mehr in der
> Prädikatenlogik befinde, denn man muss an Deiner
> Schreibweise im Hinterkopf haben das [mm]x[/mm] kein bestimmtes
> Objekt was du nachher natürlich erklärt hast. Die
> hauptsächliche Frage war ob ich eine Aussageform mit einer
> leeren Menge verknüpfen kann, was Du aber auch beantwortet
> hast, obwohl ich das Problem mit "meiner" Definition nicht
> wirklich mehr sehe. Die Definition lautet [mm]\forall x (x \in X \Rightarrow \psi \vee \varphi(x))[/mm],
> da meine Grundmenge eigentlich [mm]X[/mm] ist kann ich schreiben
> [mm](\forall x \in X) (x \in X \Rightarrow \vee \varphi(x))[/mm].
(Diese Aussage ist äquivalent zu [mm] $\forall x\in X\colon(\psi\vee\varphi(x))$.)
[/mm]
> Ich nehme mir jedes Element von [mm]X[/mm] und dann gucke ich für
> dieses [mm]x[/mm] was in den Klammern passiert. Wenn [mm]X[/mm] leer, dann
> nehme ich mir kein [mm]x[/mm] (da es kein gibt) und muss nicht mehr
> gucken was in den Klammern passiert, weil das was in den
> Klammern passiert gilt nur für jedes [mm]x[/mm] (aus der Definition
> des Allquantors). So sehe ich das jetzt. Sind meine
> Gedanken richtig?
Ich denke ja.
[mm] $\forall x\in \emptyset\colon\rho(x)$ [/mm] ist für jede Aussageform [mm] $\rho$ [/mm] eine wahre Aussage.
Kompliment für dein Durchhaltevermögen und Dranbleiben!
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:23 Sa 19.04.2014 | | Autor: | ne1 |
Hallo,
also ich denke, dass ich das alles schon verstehe. Mir ist aufgefallen, dass ich Probleme mit den Grundlagen hatte und eine falsche Vorstellung von einigen Begriffen hatte, wie z.B. "Sei $x [mm] \in [/mm] X$" oder der Unterschied zwischen der Tatsache, dass eine Menge nicht leer ist oder "dem beliebigen Element" war mir nicht ganz klar. Jetzt ist mir, denke ich, alles verständlich und jetzt verstehe ich auch warum ich manchmal auf die nichtleere Menge berufen muss und in anderen Fällen nicht.
Was ich noch sagen wollte, ich finde es lässt sich nicht das Thema "naive Mengenlehre" zu behandeln oder eine gewisse Vorstellung von Quantoren zu haben. Solche Begriffe wie "Sei $x [mm] \in [/mm] X$" oder "da $X [mm] \not [/mm] = [mm] \emptyset$", [/mm] die man in der naiven Mengenlehre benutzt um irgendwelche Implikationen oder Gleichheiten zu beweisen, sind fest mit Quantoren verbunden. Von daher finde ich immer noch bisschen komisch irgendwelche Tautologien der Prädikatenlogik mithilfe von Mengen zu beweisen. Vielleicht kannst Du mir bisschen mehr dazu sagen. Kann ich mir überhaupt solche Fragen stellen womit man Anfangen soll, wenn ich mich bisher mit keinen Axiomen befasst habe, sondern wirklich nur die Grundlagen der Logik bzw. der naiven Mengenlehre kennen gelernt habe? Was für mich vielleicht nochmal sinnvoll wäre um diese aufeinander aufbauende Struktur zu behalten, wäre z.B. die Grundlagen der Quantoren zu behandeln. Mit deren Hilfe kann man dann die Gleichheiten von Mengen beweisen und anschließend könnte man dann die Tautologien der Prädikatenlogik beweisen. Dieser Aufbau ist meiner Meinung nach sinnvoller als mit Mengen anzufangen und keine Vorstellung von Quantoren zu haben.
Nochmal die 3 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] und 4 [mm] $\Leftarrow$ [/mm] zur Kontrolle:
3. [mm] $\Rightarrow$: [/mm] Zu zeigen ist [mm] $\psi$ [/mm] wahr und [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr für ein [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Nach der Voraussetzung ist [mm] $\psi \wedge \varphi(x_0)$ [/mm] wahr für ein [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Nach der Voraussetzung muss also [mm] $\psi$ [/mm] wahr sein. Jetzt wähle ich mir dieses [mm] $x_0$. [/mm] Für dieses [mm] $x_0$ [/mm] muss nach der Voraussetzung [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr sein.
4. [mm] $\Leftarrow$: [/mm] Zu zeigen ist [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] wahr mit [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Nach der Voraussetzung ist eine der beiden Aussagen [mm] $\psi$ [/mm] und [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] wahr. Angenommnen [mm] $\psi$ [/mm] ist wahr. Da $X$ nicht leer, gibt es ein [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Für dieses [mm] $x_0$ [/mm] ist die Aussage [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] wahr, da [mm] $\psi$ [/mm] wahr. Angenommen [mm] $\exists [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] wahr. Dann ist [mm] $\varphi(x_0)$ [/mm] wahr für ein [mm] $x_0 \in [/mm] X$. Ich wähle dieses [mm] $x_0$. [/mm] Für dieses [mm] $x_0$ [/mm] ist [mm] $\psi \vee \varphi(x_0)$ [/mm] wahr.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:01 Mo 21.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Was ich noch sagen wollte, ich finde es lässt sich nicht
> das Thema "naive Mengenlehre" zu behandeln oder eine
> gewisse Vorstellung von Quantoren zu haben.
Das sehe ich genauso.
> Solche Begriffe
> wie "Sei [mm]x \in X[/mm]" oder "da [mm]X \not = \emptyset[/mm]", die man in
> der naiven Mengenlehre benutzt um irgendwelche
> Implikationen oder Gleichheiten zu beweisen, sind fest mit
> Quantoren verbunden. Von daher finde ich immer noch
> bisschen komisch irgendwelche Tautologien der
> Prädikatenlogik mithilfe von Mengen zu beweisen.
Ich auch.
> Vielleicht kannst Du mir bisschen mehr dazu sagen.
Mir fällt gerade nicht wirklich etwas ein, was deinen Ausführungen hinzuzufügen wäre.
Wenn man mit Mengen arbeitet (sei es nun mit naiver oder mit axiomatischer Mengenlehre), wird man meist auch mit Quantoren arbeiten.
Beispiel: Eine Menge $X$ heißt Teilmenge einer Menge $Y$, wenn für alle [mm] $x\in [/mm] X$ gilt: [mm] $x\in [/mm] Y$.
> Kann ich
> mir überhaupt solche Fragen stellen womit man Anfangen
> soll, wenn ich mich bisher mit keinen Axiomen befasst habe,
> sondern wirklich nur die Grundlagen der Logik bzw. der
> naiven Mengenlehre kennen gelernt habe?
Ich finde, du machst dir zu solchen Fragen sinnvolle Gedanken.
> Was für mich
> vielleicht nochmal sinnvoll wäre um diese aufeinander
> aufbauende Struktur zu behalten, wäre z.B. die Grundlagen
> der Quantoren zu behandeln. Mit deren Hilfe kann man dann
> die Gleichheiten von Mengen beweisen und anschließend
> könnte man dann die Tautologien der Prädikatenlogik
> beweisen.
Du schlägst also folgenden Aufbau vor:
1. Quantoren-Grundlagen
2. Mengenlehre
3. Tautologien der Prädikatenlogik beweisen
Unter 1. verstehe ich vor allem Beweisverfahren im Zusammenhang mit Quantoren. Damit ist es dann (ohne Mengenlehre) möglich, Tautologien der Prädikatenlogik zu beweisen. Daher würde ich 3. unter 1. subsumieren.
> Dieser Aufbau ist meiner Meinung nach sinnvoller
> als mit Mengen anzufangen und keine Vorstellung von
> Quantoren zu haben.
Das sehe ich auch so.
> Nochmal die 3 [mm]\Rightarrow[/mm] und 4 [mm]\Leftarrow[/mm] zur Kontrolle:
> 3. [mm]\Rightarrow[/mm]: Zu zeigen ist [mm]\psi[/mm] wahr und [mm]\varphi(x_0)[/mm]
> wahr für ein [mm]x_0 \in X[/mm]. Nach der Voraussetzung ist [mm]\psi \wedge \varphi(x_0)[/mm]
> wahr für ein [mm]x_0 \in X[/mm]. Nach der Voraussetzung muss also
> [mm]\psi[/mm] wahr sein. Jetzt wähle ich mir dieses [mm]x_0[/mm]. Für
> dieses [mm]x_0[/mm] muss nach der Voraussetzung [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr
> sein.
> 4. [mm]\Leftarrow[/mm]: Zu zeigen ist [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm] wahr
> mit [mm]x_0 \in X[/mm].
Ich würde "für ein" statt "mit" schreiben.
> Nach der Voraussetzung ist eine der beiden
> Aussagen [mm]\psi[/mm] und [mm]\exists x \varphi(x)[/mm] wahr. Angenommnen
> [mm]\psi[/mm] ist wahr. Da [mm]X[/mm] nicht leer, gibt es ein [mm]x_0 \in X[/mm]. Für
> dieses [mm]x_0[/mm] ist die Aussage [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm] wahr, da
> [mm]\psi[/mm] wahr. Angenommen [mm]\exists x \varphi(x)[/mm] wahr. Dann ist
> [mm]\varphi(x_0)[/mm] wahr für ein [mm]x_0 \in X[/mm]. Ich wähle dieses
> [mm]x_0[/mm]. Für dieses [mm]x_0[/mm] ist [mm]\psi \vee \varphi(x_0)[/mm] wahr.
Schön!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:13 Mo 21.04.2014 | | Autor: | ne1 |
Vielen Dank für Deine Geduld :).
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:25 So 16.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
> P.S. Solche Aussagen wie [mm]\forall x (\psi(x) \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \forall x \psi(x) \wedge \forall x \varphi(x)[/mm]
> habe ich mithilfe der naiven Mengenlehre bewiesen.
Ich denke man kann zwei verschiedene Standpunkte einnehmen:
1. Man misst einer solchen Aussage eine "semantische" Bedeutung bei, d.h. man interpretiert sie als Aussage über gewisse Objekte unseres Denkens. So hast du es vermutlich getan. Insofern wird tatsächlich eine naive Mengenlehre vorausgesetzt.
2. Man interpretiert [mm] $\forall [/mm] x [mm] (\psi(x) \wedge \varphi(x)) \Leftrightarrow \forall [/mm] x [mm] \psi(x) \wedge \forall [/mm] x [mm] \varphi(x)$ [/mm] als (zunächst bedeutungslose) "syntaktische" Zeichenreihe (Formel der Prädikatenlogik der ersten Stufe). Diese lässt sich im Rahmen eines Beweis-Kalküls (einer Art "Spielanleitung" für formale Beweise) als syntaktisch wahr beweisen.
Die semantische Sicht 1. ist natürlich irgendwie "schöner", die syntaktische Sicht 2. dagegen geeigneter für eine logische Grundlegung der Mathematik ohne schon eine Mengenlehre vorauszusetzen.
> Ich habe
> irgendwo nachgelesen, dass man sich bei der naiven
> Mengenlehre unbewusst auf ZF beruft
Hm... Das sehe ich eher nicht so. Aber natürlich gibt es viele Gemeinsamkeiten von naiver Mengenlehre und ZF.
> und das wiederum
> erfordert die Sätze der Prädikatenlogik von de Morgan
> also drehen wir uns im Kreis.
Nein, ZF erfordert im Prinzip keine Prädikatenlogischen Sätze. ZF ist eine Ansammlung von Formeln (Zeichenreihen) der Prädikatenlogik der ersten Stufe, die die Axiome von ZF wiedergeben.
> Leider habe ich keine Ahnung
> von Zermelo-Fraenkel und irgendwelchem Axiomen der
> Mengenlehre. Ich wollte einfach nur den Eindruck haben,
> auch wenn es mir klar ist, dass die Mathematik kein Anfang
> und kein Ende hat,
Diesen Standpunkt habe ich auch schon gehört. Ich selber bevorzuge allerdings folgenden Standpunkt:
Wir können fast alle heutige Mathematik sehr wohl im Prinzip nach festen Axiomen und "Spielregeln", welche Art Schlüsse aus den Axiomen zulässig sind, gestalten. In diesem Sinne sind die Axiome und "Spielregeln" ein Anfang, auf den wir (fast) alles Weitere aufbauen können.
> dass ich mit irgendwelchen Definitionen
> arbeite, mit denen ich mir ein "Gerüst" der Mathematik
> aufbaue. Und jetzt verzweifele ich gerade, da vielleicht es
> irgendwelche Axiome der Prädikatenlogik in der höheren
> Mathematik gibt
> und meine Beweise eigentlich nicht viel Sinn machen, da sie eh auf irgendwelchen Axiomen basieren.
Wir sollten zwei Arten von Axiomen unterscheiden: Logische Axiome und Axiome der Mengenlehre. Wenn du nicht mit naiver Mengenlehre arbeiten möchtest, kommst du wohl kaum ohne Axiome der Mengenlehre aus. (Stört dich das?) Aber logische Axiome sind vermeidbar in folgendem Sinne:
Mit dem ![[]](/images/popup.gif) Kalkül des natürlichen Schließens gibt es einen Beweis-Kalkül, der nur mit elementaren Schlussregeln und völlig ohne logische Axiome auskommt. Trotzdem lassen sich alle "semantisch korrekten" Schlüsse in der Prädikatenlogik der ersten Stufe syntaktisch mit diesem Kalkül herleiten. Und die Schlussregeln sind wirklich sehr natürlich in dem Sinne, dass Mathematiker ohnehin auf der semantischen Ebene häufig mit vergleichbaren Schlüssen arbeiten.
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