לוגיקה ותורת הקבוצות פתרון תרגיל בית 4 אביב תשע"ו (2016)

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "לוגיקה ותורת הקבוצות פתרון תרגיל בית 4 אביב תשע"ו (2016)"

Ἰωσήφ Φλέσσας
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 לוגיקה ותורת הקבוצות פתרון תרגיל בית 4 אביב תשע"ו (2016) חלק ראשון: שאלות שאינן להגשה 1. עבור מילה α נסמן ב α i את האות במקום ה i ב α וב α את אורך המילה. α = (β 1 γ 1 ) = (β 2 γ 2 ) β 1 = n β 2 = m (א) נתון כי נסמן ונניח ללא הגבלת הכלליות כי.n m לכל i m 1 מתקיים (β 1 ) i = α i+1 = (β 2 ) i ולכן β 2 רישא של β. 1 נניח בשלילה ש β 2 רישא ממש של β, 1 אך לפי טענה שהוכחנו בתרגול, כל רישא ממש של פסוק ב WFF אינה ב WFF, בסתירה לנתון ש β 2 פסוק. על כן, β 2 רישא של β 1 שאינה רישא ממש; כלומר, β 1 = β 2 וממילא m. = n מכאן נסיק כי = α n+2 = כעת ניתן לראות ש k γ 1 = γ 2 ולכל j k 1 מתקיים (γ 1 ) j = α n+2+j = (γ 2 ) j ולכן.γ 1 = γ 2 (ב) יהי ( β).α = נניח בשלילה שקיימים γ, δ WFF כך ש ( δ.α = (γ מתקיים γ 1 = α 2 = אך בתרגול הוכחנו שכל פסוק ב WFF הוא אטומי (ועל כן שונה מ ) או מתחיל ב ) (ששונה מ ) סתירה. כעת, באופן דומה לסעיף א', לכל β WFF כך ש α = ( β ) מתקיים ש β = β m ולכל i m 1 מתקיים β i = α i+2 = β i ומכאן β.β = חלק שני: שאלות להגשה.2 (א) תהי,z Ass נגדיר Σ z ונראה כי.Σ z S z נגדיר } i.σ z = {p i z = p i } { p i z = p נוכיח :Σ z S z 1

2 z :z = Σ יהי,α Σ z נפריד למקרים: אם קיים i כך ש α = p i אז מהגדרת Σ z בהכרח.z = p i אחרת, קיים i כך ש α = p i ומהגדרת Σ z בהכרח,z = p i ולכן.z = p i תהי,z z נראה.z = Σ z z z ולכן קיים i כך ש (.z (p i ) z (p i נפריד למקרים:,p i Σ z אולם מכך ש ( z (p i ) z (p i נובע = 0 ) i z (p ולכן Σ z נובע אם = 1 ) i :z (p מהגדרת.z = Σ z אחרת, = 0 ) i :z (p מהגדרת Σ z נובע, p i Σ z אולם מכך ש ( z (p i ) z (p i נובע = 0 ) i z ( p ולכן.z = Σ z (ב) i. הטענה אינה נכונה. נניח בשלילה שקיימת Σ S z סופית, כלומר בפרט z, = Σ ונראה שבמקרה זה קיימת.z = Σ כך ש z z מכיוון ש Σ סופית, מספר הפסוקים האטומים בפסוקים הנמצאים ב Σ הוא סופי. לכן, קיים אינדקס מקסימלי.(m נגדיר = 0 Σ = (אם α Σ עבור α המופיע בפסוק p m נגדיר השמה z באופן הבא: 0 i = m וגם + 1 z (p i ) = 1 z (p i ) = 1 i = m וגם + 1 z (p i ) = 0 אחרת ) i z (p מתקיים ) m+1 z (p m+1 ) z (p ולכן z,z נראה z = Σ ונגיע לסתירה ש.Σ S z נראה שלכל α Σ מתקיים z = α ולכן גם.z = Σ יהי α Σ ויהי p i פסוק אטומי המופיע ב α. מהגדרת m נובע,i m ולכן מהגדרת z נובע ש (.z (p i ) = z (p i מכיוון ש α z = נובע ממשפט התלות הסופית ש α.z = : S z = 2 ℵ0 א'. נראה : S z 2 ℵ0 מתקיים (WFF) : S z P נובע מכך ש (WFF) S z P ולכן קיימת פונ' חח"ע z f : S. f (Σ) = Σ המוגדרת באופן הבא: P (WFF).ii מתקיים : P (WFF) = 2 ℵ0 ראינו בכיתה ש, WFF = ℵ 0 כלומר.WFF משאלה 3 סעיף ב' בגליון 3 נובע (),P (WFF) P כלומר. P (WFF) = 2 ℵ0 ב'. נראה : S z 2 ℵ0 נראה P () S z ומכך שסימנו בהרצאה P () = 2 ℵ0 נקבל הנדרש. תהי Σ z הקבוצה שהגדרנו בסעיף א'. נגדיר פונ' f : P () S z חח"ע: f (A) = {p i p i i A} Σ z נראה כי :f (A) S z (A) :z = f יהי (A) α f נראה. z = α נפריד למקרים: אם α Σ z אז z = Σ z לפי סעיף א' ולכן z = α בפרט. אחרת, קיים i כך ש,α = p i p i כלומר α טאוטולוגיה ולכן.z = α לכל z כך ש z z מתקיים (A) :z = f תהי z כך ש z.z בסעיף א' הראינו,z = Σ z כלומר קיים α Σ z כך ש α.z = מהגדרת (A) f נובע (A) α f ולכן (A).z = f נראה כי f חח"ע: יהיו A A אז בה"כ קיים i A כך ש A.i / נראה שקיים (A) α f כך ש ( (A.α f יהי.α = p i p i מהגדרת f מתקיים (A).α f נראה ש ( (A.α f 2

3 נניח בשלילה ש ( (A.α f מהגדרת Σ z נובע α Σ z ולכן מהגדרת איחוד ו f בהכרח נובע A,i בסתירה לבחירתו. z 0 i = 0 (p i ) = אחרת ) i z 1 (p (ג) i. הטענה אינה נכונה, נראה דוגמה נגדית: א'. נגדיר z = z 1 ו ויהיו z Σ z1, Σ שהוגדרו בסעיף א' של השאלה. ב'. מתקיימים תנאי הבעיה:.z 1 (p 0 ) z (p 0 נובע מכיוון ש ( :z z z :Σ z1 S z1, Σ z S נובע מסעיף א'. ג'. מסקנת הטענה אינה מתקיימת: X אינה ספיקה. נניח בשלילה שקיים z. = X מהגדרת Σ z1 מתקיים p 0 Σ z1 ומהגדרת z Σ מתקיים z. p 0 Σ מהגדרת X מתקיים,p 0 p 0 X ולכן מהנחת השלילה,z = p 0 p 0 אבל p 0 p 0 הוא סתירה - בסתירה..ii הטענה נכונה. נראה כי z = Y ובכך נראה ש Y ספיקה. יהי,γ Y לכן קיימים Σ α Σ, β כך ש β.γ = α מכיוון ש Σ α ו Σ S z נובע.z = α מטבלת האמת של נובע z. = γ.3 (א) יהי i ותהי השמה z המקיימת,z = X B,F נראה.z = p i מכך ש z = X B,F נובע שלכל α X B,F מתקיים.z = α מהגדרת B מתקיים,p i B ולכן מהגדרת הקבוצה X B,F מתקיים,p i X B,F כלומר,z = p i כנדרש. (ב) הטענה אינה נכונה. נניח בשלילה שקיים α X B,F כך שלכל i מתקיים,α = p i ונמצא j כך ש,α = p j בסתירה לבחירת α. מכך ש WFF α, נובע כי הוא רצף סופי של תווים, ובפרט יש בו מספר סופי של פסוקים אטומים. נסמן ב m את האינדקס של האטום המקסימלי p m שמופיע ב α. נבנה השמה z כך ש α z = אבל 1+m z. = p כדי לבנות את z, = כך ש α z ספיק (הוכחה בסוף הסעיף). מטענת העזר ינבע שקיימת X B,F נוכיח טענת עזר שכל פסוק ב z נגדיר בעזרתה השמה שאינה מספקת את 1+m p: 0 i = m + 1 z(p i ) = אחרת ) i z (p מתקיים: α z: = נובע מכך שלפי הגדרתה היא מסכימה עם z על כל האטומים ב α ולכן, לפי משפט התלות הסופית, מתקיים (α),z (α) = z כלומר.z = α.z (p m+1 ) = נובע מכך ש 0 :z = p m+1 כלומר, עבור + 1 m, j = הראינו כי,α = p j כנדרש. כעת, נוכיח את טענת העזר: כל פסוק ב X B,F ספיק. לשם כך, נוכיח שכל פסוק ב X B,F מסתפק ע"י z. 1 נגדיר γ} ספיק ע"י T = {γ WFF z 1 ונוכיח X B,F T באינדוקציית מבנה: בסיס: יהי,γ B אז קיים i כך ש,γ = p i ומתקיים כי.z 1 = p i 3

4 הנחת האינדוקציה: יהיו,γ 1, γ 2 T כלומר z 1 = γ 1 ו.z 1 = γ 2 סגור: עבור γ = γ 1 γ 2 נוכיח כי.z 1 = γ מהגדרת טבלת האמת של מספיק להוכיח ש z 1 = γ 1 ו,z 1 = γ 2 אך אלו מתקיימים לפי הנחת האינדוקציה. 4. (א) הטענה נכונה. תחילה נוכיח את טענת העזר הבאה. טענת עזר: לכל ( ) γ Ded מתקיים ש γ אינו מהצורה β) (α עבור {,, } WFF.α, β נגדיר } לא קיימים {,, } WFF α, β כך ש ( β T = { γ WFF {,, } γ = (α ונוכיח T Ded ( ) באינדוקציית מבנה. בסיס: תהי ϕ אקסיומה, נפריד למקרים: T. ולכן שייך ל α) (β אינו מהצורה ϕ הקשר הראשי הוא ולכן בפרט ϕ: אם A1 i..t ולכן שייך ל (α β) אינו מהצורה ϕ הקשר הראשי הוא ולכן בפרט :ϕ או A3 ϕ אם A2.ii ה"א: יהיו T γ 1, γ 2 כלומר לא קיימים α, β כך ש ( β γ 1 = (α או β).γ 2 = (α ) 2 :γ = MP1 (γ 1, γ מתקיים שהקשר הראשי הוא ולכן בפרט ) 2 MP1 (γ 1, γ אינו מהצורה β) (α ומתקיים.MP1 (γ) T ) 2 :γ = MP2(γ 1, γ מה"א על γ 2 לא ניתן להפעיל את MP2 על γ 1, γ 2 (כלומר (γ) MP2 לא "מייצר" פסוק חדש) סגור: ולכן התכונה נשמרת. כעת נוכיח את הנאותות. מתקיים ש ϕ טאוטולוגיה בעזרת טענת העזר ולכן נגדיר תכונה מחוזקת: נרצה להוכיח שלכל פסוק ϕ כך ש ϕ Ded ( ) T = { } ϕ ϕ וגם = ϕ ונוכיח Ded ( ) T באינדוקציית מבנה. לפי הגדרת מערכת ההוכחה. בסיס: לכל אקסיומה ϕ מתקיים ש ϕ נוכיח שכל אקסיומה היא טאוטולוגיה. יהי ϕ, A 1 נראה טבלת אמת: α α α (α α) ( (α α)) יהי ϕ, A 2 נראה טבלת אמת: α β α β α α (α β) (α α) יהי ϕ, A 3 נראה טבלת אמת: α β β β (β β) ( (β β)) α וגם. = β וגם = α וכן β סגירות: יהיו,α, β T כלומר α נוכיח :ϕ=mp1 (α, β) T מה"א ( ) α, β Ded ומסגירות ( ) Ded ל MP1, נובע שגם ( ),ϕ Ded. כלומר ϕ 4

5 תהי z השמה, נראה = 1 (ϕ) :z מתקיים: z (ϕ) = T T (z ( (( β) α))) = T T (T T (z (( β) α))) = T T (T T (T T (z ( β), z (α)))) מה"א = 1 (α),z לכן, ולפי טבלאות האמת של T,T T, T נקבל: z (ϕ) = T T (T T (T T (z ( β), 1))) = T T (T T (1)) = T T (0) = 1 לכן.ϕ T נוכיח :MP2 (α, β) T מה"א β ולכן מטענת העזר נקבל T β ולכן לא ניתן להפעיל על α, β את MP2 (כלומר (α) MP2 לא "מייצר" פסוק חדש) ולכן התכונה נשמרת. (ב) הטענה אינה נכונה. נסמן } 0 Σ = { p 0, ( p 0 ) p ו.α = p 0 נראה ש α Σ אך.Σ = α הוכחה של α מתוך Σ: p 0.1 (הנחה) ( p 0 ) p 0.2 (הנחה).(MP2 (1, 2)) p 0.3 בנוסף, ההשמה z 0 מספקת את Σ (כי z 0 = p 0, z 0 = ( p 0 ) p 0 ולכן לכל β Σ מתקיים (z 0 = β אך אינה מספקת את,α ולכן.Σ = α (ג) נראה כי המערכת אינה נאותה במובן הצר, ולכן בפרט אינה נאותה במובן הרחב (כי עבור = Σ מערכת ההוכחה אינה נאותה). נסמן.α = p 0 p 0 נראה ש α אך. = α הוכחה של α מתוך Σ: (A2) (p 0 p 0 ) (p 0 p 0 ).1.(MP3 (1)) p 0 p 0.2 בנוסף, מטבלת האמת של, ההשמה z 0 אינה מספקת את α ולכן α אינו טאוטולוגיה, כלומר =. α 5

Σχετικά έγγραφα

לוגיקה ותורת הקבוצות פתרון תרגיל בית 8 חורף תשע"ו ( ) ... חלק ראשון: שאלות שאינן להגשה נפריד למקרים:

לוגיקה ותורת הקבוצות פתרון תרגיל בית 8 חורף תשע"ו ( 2016 2015 )............................................................................................................. חלק ראשון: שאלות שאינן להגשה.1