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 Vollständiger Kalkül (1. Stufe) |
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Simon_St
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 28.02.2011
Mitteilungen: 272
Wohnort: Bielefeld
 |  Themenstart: 2017-10-30
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Hallo,
wie kann es sein, dass man die Vollständigkeit der Prädikatenlogik erster Stufe beweisen kann, ohne einen Kalkül direkt angeben zu müssen?
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1, eingetragen 2017-11-04
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Simon_St
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 28.02.2011
Mitteilungen: 272
Wohnort: Bielefeld
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-08
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Gewöhnlich zeigt man, dass jedes widerspruchsfreie Axiomensystem ein Modell hat. Die Konstruktion des Modells über die Terminterpretation ist mir klar.
Aber an welcher Stelle wird auf die Kalkülregeln eingegangen? Oder zeigt man nur, dass ein vollständiger Kalkül existieren muss?
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.3, eingetragen 2017-11-08
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Ein Axiomensystem $\Gamma$ heißt widerspruchsfrei, wenn es keinen Satz $\phi$ gibt derart, dass $\Gamma\vdash \phi$ und $\Gamma\vdash\neg\phi$. Das Symbol $\vdash$ bezeichnet den Kalkül. Wenn du also das Wort "widerspruchsfrei" benutzt, dann bezieht sich das Wort immer auf einen Kalkül.
\quoteon(2017-11-08 17:54 - Simon_St in Beitrag No. 2)
Gewöhnlich zeigt man, dass jedes widerspruchsfreie Axiomensystem ein Modell hat.
\quoteoff
Du sprichst von folgender Aussage: Falls es keine Formel $\phi$ gibt derart, dass sowohl $\phi$ als auch $\neg\phi$ im Kalkül aus $\Gamma$ folgen, so hat $\Gamma$ ein Modell.
Die Aussage bezieht sich schon auf einen Kalkül. Du musst einen Kalkül definiert haben, um überhaupt diese Aussage zu formulieren.
\quoteon
Die Konstruktion des Modells über die Terminterpretation ist mir klar.
\quoteoff
Naja, wenn dir der Beweis klar ist, dann müsste dir doch eig. klar sein, an welcher Stelle die Regeln des Kalküls verwendet werden. Sonst müsstest du dir den Beweis genauer anschauen, eventuell Details selbst erarbeiten.
Es gibt zwei Definitionen von "konsistent": einmal die syntaktische, nämlich dass sich im Kalkül aus einem Axiomensystem kein Widerspruch herleiten lässt, und andererseits die semantische, nämlich dass ein Axiomensystem ein Modell besitzt.
Du meinst mit "widerspruchsfrei" sicherlich den syntaktischen Begriff, sonst wäre deine Aussage eine Tautologie der Form $A \implies A$.
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Simon_St
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 28.02.2011
Mitteilungen: 272
Wohnort: Bielefeld
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-11
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Mir ist das immer noch nicht ganz klar.
Angenommen ich nehme den (Standard) Kalkül der ersten Stufe und lasse eine Kalkülregel weg. Dann gibt es sicher einen Satz A, der aus dem Standardkalkül herleitbar ist, aber nicht aus dem Kalkül mit einer Regel weniger. Dann kann ich nicht-A zum betrachteten Axiomensystem hinzunehmen ohne dass ein syntaktischer Widerspruch entsteht.
Woran scheitert jetzt die Konstruktion eines Modells mithilfe der Terminterpretation?
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.5, eingetragen 2017-11-26
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Ein detaillierter Beweis muss Eigenschaften des Kalküls ausnutzen.
Hier wird beispielsweise mindestens das Fallunterscheidungs-Axiom und etwas Modus-Ponens-artiges verwendet.
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