ψ φ2 = k χ φ2 = 4k χ φ1 = χ φ1 + χ φ2 + 3 = 4(k 1 + k 2 + 1) + 1 ψ φ1 = ψ φ1 + χ φ2 = k k = (k 1 + k 2 + 1) + 1

Transcript

1 Ασκήσεις στο μάθημα της Λογικής 15 Οκτωβρίου 2015 Άσκηση 1. Να δειχτεί ότι δεν υπάρχουν τύποι μήκους 2,3,6 αλλά κάθε άλλο (θετικό ακέραιο) μήκος είναι δυνατό (άσκηση 2, σελίδα 39) Απόδειξη. Δείχνουμε πρώτα ότι δεν μπορεί να υπάρχει προτασιακός τύπος με 2 σύμβολα: Εστω φ προτασιακός τύπος με 2 σύμβολα. Ο φ δεν μπορεί να είναι προτασιακή μεταβλητή (αφού οι προτασιακές μεταβλητές έχουν ένα μόνο σύμβολο). Ο φ δεν μπορεί να είναι της μορφής ( χ) αφού σε αυτή την περίπτωση θα αποτελούνταν από 4 σύμβολα. Αντίστοιχα για τις περιπτώσεις (χ ψ) κλπ. Ακολούθως δείχνουμε ότι δεν μπορεί να υπάρχει προτασιακός τύπος με 3 σύμβολα: Εστω φ προτασιακός τύπος με 3 σύμβολα. Ο φ δεν μπορεί να είναι προτασιακή μεταβλητή (1 σύμβολο), δεν μπορεί να είναι της μορφής ( χ) (4 σύμβολα) ή της μορφής (χ ψ) (5 σύμβολα). Δείχνουμε ότι δεν μπορεί να υπάρχει προτασιακός τύπος με 6 σύμβολα: Για τη διευκόλυνσή μας ας θεωρήσουμε μία συνάρτηση σ, η οποία με είσοδο έναν προτασιακό τύπο, μας επιστρέφει το πλήθος των συμβόλων του. Εστω τώρα ένας προτασιακός τύπος φ με έξι σύμβολα. Ο φ δεν μπορεί να είναι προτασιακή μεταβλητή, γιατί τότε θα είχε ένα μόνο σύμβολο. Αν ήταν της μορφής ( φ), τότε θα έπρεπε σ(χ) = 3, το οποίο όμως έχει αποκλειστεί απο την εξέταση που έχουμε κάνει παραπάνω. Εστω τέλος ότι είναι της μορφής (χ ψ). Τότε θα έπρεπε να ισχύει ότι σ(χ) + σ(ψ) = 3, δηλαδή ότι σ(χ) = 1 και σ(ψ) = 2 ή ότι σ(χ) = 2 και σ(ψ) = 1, περιπτώσεις που έχουν ήδη αποκλειστεί από την εξέταση που έχουμε κάνει παραπάνω. Ομοίως και για τις υπόλοιπες περιπτώσεις. Τέλος δείχνουμε ότι για κάθε n > 0 και n 2, 3, 6 υπάρχουν προτασιακοί τύποι με αριθμό συμβόλων ίσο με n: Για n = 1 έχουμε τον τύπο p 0 Για n = 4 έχουμε τον τύπο ( p 0 ) Για n = 5 έχουμε τον τύπο (p 0 p 1 ) Για n 7 δείχνουμε με επαγωγή ότι υπάρχει τύπος φ με σ(φ) = n: Για την επαγωγική βάση, έχουμε τους εξής τύπους: φ = (p q) q με σ(φ) = 7. φ = ( p q) r με σ(φ) = 8. φ = ( p) ( q) με σ(φ) = 9. 1

2 Επαγωγική υπόθεση: Η πρόταση ισχύει για κάθε 7 k < n. Θα δείξουμε ότι η πρόταση ισχύει και για n, δηλαδή ότι υπάρχει τύπος φ με σ(φ) = n. Από την επαγωγική υπόθεση υπάρχει τύπος χ με σ(χ) = n 3, επομένως αν θεωρήσουμε για τύπο φ τον τύπο ( χ), παρατηρούμε ότι σ(φ) = n. 2

3 Άσκηση 2 (Άσκηση 7, σελίδας 19 Enderton). Αν α τύπος, c ο αριθμός των θέσεων όπου εμφανίζεται διμελής σύνδεσμος και s ο αριθμός των θέσεων όπου εμφανίζονται προτασιακές μεταβλητές, να δειχτεί ότι s = c + 1. Απόδειξη. Επαγωγική βάση: Αν ο τύπος είναι απλά μία προτασιακή μεταβλητή, τότε πράγματι η σχέση ισχύει καθώς s = 1 και c = 0 (ισχύει για τύπους μήκους 1) Επαγωγική υπόθεση: Εστω ότι ισχύει για όλους του τύπους μήκους μικρότερου του n. Επαγωγικό βήμα: Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για τύπους μήκους n. μήκους n > 1 μπορεί να είναι κάτι από τα παρακάτω: Ενας τύπος φ άρνηση ενός άλλου τύπου ( ψ). Σε αυτή την περίπτωση, ισχύει s ψ = c ψ + 1 (από επαγωγική υπόθεση) και s φ = s ψ, c φ = c ψ καθώς έχουν τις ίδιες προτασιακές μεταβλητές και τους ίδιους διμελείς συνδέσμους. Άρα και s φ = c φ + 1 δύο τύποι συνδεδεμένοι με ένα διμελή σύνδεσμο (ενδεικτικά εδώ το ) φ = ψ 1 ψ 2. Από επαγωγική υπόθεση ισχύει: s ψ1 = c ψ1 + 1 και s ψ2 = c ψ Στον φ έχουμε c φ = c ψ1 +c ψ2 +1 και s φ = s ψ1 +s ψ2. Άρα, s φ = s ψ1 +s ψ2 = c ψ1 +1+c ψ2 +1 = c φ +1 Άρα το ζητούμενο αποδεικνύεται Άσκηση 3. Στο σταυροδρόμι ανάμεσα στην αρετή και την αμαρτία, υπάρχει ένας άνθρωπος που λέει πάντα αλήθεια ή πάντα ψέματα. Τι ερώτηση πρέπει να του κάνουμε για να δούμε ποιος είναι ο δρόμος της αμαρτίας. Απόδειξη. Χρειαζόμαστε δύο προτασιακές μεταβλητές για να μοντελοποιήσουμε το πρόβλημα, τη φ που υποδηλώνει ότι ο άνθρωπος θα μας πει ότι ο αριστερά είναι ο δρόμος της αμαρτίας και την ψ που φανερώνει ότι ο άνθρωπος λέει την αλήθεια. Κάνουμε τον πίνακα αλήθειας για να βρούμε ποια ερώτηση μπορεί να μας οδηγήσει στο ότι αριστερά είναι ο δρόμος της αμαρτίας αν είναι Α και δεν είναι αν είναι Ψ. φ ψ x A A A A Ψ Ψ Ψ A Ψ Ψ Ψ A Επομένως, θα πάμε αριστερά, αν ισχύει (φ ψ) ( φ ψ) δηλαδή x = (φ ψ) 3

4 Άσκηση 4. Να αποδειχτεί ότι το σύνολο {, XOR} δεν είναι επαρκές. Απόδειξη. Αναζητούμε ένα χαρακτηριστικό των τύπων, το οποίο δεν ισχύει για τύπους που κατασκευάζονται μόνο με χρήση και XOR. Αυτό το χαρακτηριστικό είναι ότι οι πίνακες αλήθειας κάθε τέτοιου τύπου δίνουν A στις μισές γραμμές και Ψ στις άλλες μισές. Εστω τύπος φ με προτασιακές μεταβλητές που ανήκουν στο σύνολο {ρ 1,, ρ n }. Κατασκευάζουμε τον πίνακα αλήθειας του τύπου, ο οποίος έχει 2 n γραμμές. Θα δείξουμε ότι, A έχουν οι 2 n 1 γραμμές, με επαγωγή στη δομή των φ. Επαγωγική βάση: Εστω φ = ρ i προτασιακή μεταβλητή. Τότε πράγματι το ζητούμενο ισχύει καθώς οι μισές γραμμες (όσες έχουν ρ i = A) αποτιμώνται σε A και οι υπόλοιπες Ψ. Επαγωγικό βήμα: Εστω ότι για τον τύπο ψ ισχύει το ζητούμενο. Τότε ισχύει και για τον τύπο φ = ψ, αφού όσες τιμές ήταν A στον πίνακα αλήθειας του ψ γίνονται Ψ και αντίστροφα. Εστω τώρα ότι για τους τύπους φ 1 και φ 2 ισχύει το ζητούμενο. Τότε, οι μισές γραμμές του πίνακα αλήθειας της φ 1 είναι A και οι μισές γραμμές του πίνακα αλήθειας της φ 2 είναι A. Από τον πίνακα αληθείας του XOR και από την επαγωγική υπόθεση προκύπτει ότι για τον τύπο XOR(φ 1, φ 2 ) ισχύει το ζητούμενο. Δείξαμε λοιπόν ότι για τους τύπους που κατασκευάζονται αποκλειστικά από και XOR οι πίνακες αληθείας τους έχουν στις μισές θέσεις A και στις άλλες μισές Ψ. Συνεπώς αν το σύνολο συνδέσμων {, XOR} ήταν επαρκές, τότε θα έπρεπε η ιδιότητα αυτή να κληροδοτείται και σε κάθε τύπο. Ομως για τον τύπο p q με p, q προτασιακές μεταβλητές η ιδιότητα αυτή δεν ισχύει. Άρα το υπό εξέταση σύνολο δεν είναι επαρκές. Άσκηση 5 (4 σελίδας 19, Enderton). Εστω κατασκευή που οδηγεί στον τύπο φ, όπου ο φ δεν περιέχει την μεταβλητή A 4. Να δειχθεί ότι αν από την κατασκευή αφαιρέσουμε όλους τους τύπους που περιέχουν την A 4, παίρνουμε πάλι μια νόμιμη κατασκευή του φ. Απόδειξη. Εστω n το πλήθος των τύπων που εμφανίζονται στην κατασκευή του φ. Θα δείξουμε το ζητούμενο με επαγωγή στο n. Για n = 1, ο φ θα είναι ένας προτασιακός τύπος, έστω φ = A i, όπου A i είναι μία προτασιακή μεταβλητή και A i A 4. Τότε η κατασκευή του φ είναι νόμιμη. Εστω ότι το ζητούμενο ισχύει για όλες τις κατασκευές μήκους < n + 1. Θα δείξουμε ότι η πρόταση ισχύει και για όλες τις ακολουθίες κατασκευής μήκους n + 1. Πράγματι: Εστω ότι φ n+1 = φ n, και φ 1, φ 2,..., φ n η κατασκευή του. Εφαρμόζουμε την Επαγωγική υπόθεση για την κατασκευή φ 1,..., φ n (δηλαδή νόμιμη κατασκευή αν α- φαιρέσουμε τους τύπους με A 4 ) και παίρνουμε την φ i1,..., φ ik, φ n που είναι νόμιμη κατασκευή χωρίς την A 4. 4

5 Εστω φ n+1 = φ i φ j και φ 1,... φ i,..., φ j..., φ n+1 η κατασκευή του. Τότε η κατασκευή φ 1,..., φ i, φ n μπορεί να χωριστεί σε δύο τμήματα φ k1,..., φ ki, φ l1,..., φ lj όπου το πρώτο είναι κατασκευή του φ i και το δεύτερο είναι κατασκευή του φ j. Τελικά παίρνουμε την φ k1,..., φ ki, φ l1,..., φ lj, φ i φ j που είναι νόμιμη κατασκευή του φ n+1 που δεν περιέχει την A 4. Άσκηση 6 (5 σελίδας 19 Enderton). (χωρίς την υπόδειξη του 5α) Αν φ τύπος που δεν περιέχει το σύμβολο. Να δειχθεί ότι τουλάχιστον 1 4 των συμβόλων του είναι προτασιακές μεταβλητές. Απόδειξη. Εστω χ φ το πλήθος των συμβόλων του τύπου φ και ψ φ το πλήθος των προτασιακών μεταβλητών του τύπου φ. Θα δείξουμε με επαγωγή στους τύπους ότι ψ φ 1 4 χ φ Αν φ = A 0, τότε χ φ = 1 και ψ φ = 1 οπότε το ζητούμενο ισχύει. Αφού ο τύπος δεν περιέχει το σύμβολο αρκεί να δείξουμε την επαγωγή για ένα πλήρες σύνολο συνδέσμων, έστω το {, }dexoumetiψ φ = k + 1 και χ φ = 4k + 1. Κάνοντας λοιπόν επαγωγή στο k N έχουμε ότι Για k = 0 έχουμε έναν τύπο με ένα σύμβολο και μία προτασιακή μεταβλητή, οπότε το ζητούμενο ισχύει. Εστω ότι το ζητούμενο ισχύει για k, δηλαδή έστω ότι για τους προτασιακούς τύπους φ 1 και φ 2 ισχύει ότι ψ φ1 = k χ φ1 = 4k ψ φ2 = k χ φ2 = 4k για κάποια k 1, k 2 N Για τον φ = φ 1 φ 2 έχουμε ότι και χ φ1 = χ φ1 + χ φ2 + 3 = 4(k 1 + k 2 + 1) + 1 ψ φ1 = ψ φ1 + χ φ2 = k k = (k 1 + k 2 + 1) + 1 που σημαίνει ότι το ζητούμενο ισχύει. Αντίστοιχα και για τον σύνδεσμο Άσκηση 7 (9 σελίδας 27 Enderton). Να διατυπώσετε (στην προτασιακή λογική) την αρχή της δυϊκότητας, η οποία αναφέρεται στην εναλλαγή των συνδέσμων,, και να την αποδείξετε. 5

6 Απόδειξη. Διατύπωση: Εστω φ προτασιακός τύπος, για την κατασκευή του οποίου έχουν χρησιμοποιηθεί μόνον οι σύνδεσμοι, και. Εστω φ ο προτασιακός τύπος που προκύπτει από τον φ, αν στον τελευταίο εναλλάξουμε τα με και αντικαταστήσουμε κάθε προτασιακή μεταβλητή A με A. Τότε φ φ. Για την απόδειξη δουλεύουμε με επαγωγή στους τύπους: Αν φ είναι προτασιακή μεταβλητή έστω A, τότε ισχύει ότι A A. Εστω ότι φ = ψ και απο την επαγωγική υπόθεση ψ ψ. Τότε παρατηρούμε ότι φ ψ και φ ( ψ ) που σημαίνει ότι ( ψ ) ψ φ Εστω φ = ψ χ και απο την επαγωγική υπόθεση έχουμε ότι ψ ψ και χ χ. Παρατηρούμε ότι φ χ ψ οπότε έχουμε φ (χ ψ ) χ ψ χ ψ Αντίστοιχα δείχνουμε για φ = χ ψ και φ = χ ψ. φ Άσκηση 8 (Enderton, άσκηση 12 σελίδας 29). Εγινε ένα έγκλημα και ο ένοχος είναι ένας από τους Α, Β, Γ. Οι αθώοι είναι φιλαλήθεις και οι δηλώσεις είναι οι εξής: Α: Είμαι αθώος και ο Β ήξερε το θύμα και ο Γ μισούσε το θύμα. Β: Είμαι αθώος και δεν ήξερα το θύμα και έλειπα εκτός πόλεως. Γ: Είμαι αθώος και είδα τον Α και τον Β στην πλατεία την ημέρα του εγκλήματος και ένας από τους Α, Β είναι ένοχος. Ποιός είναι ο ένοχος Απόδειξη. Ορίζουμε τις προτασιακές μεταβλητές: A 1 : Ο Β ήξερε το θύμα A 2 : Ο Γ μισούσε το θύμα A 3 : Ο Β ήταν εντός πόλεως A 4 : Ο Α ήταν εντός πόλεως Οι δηλώσεις που έγιναν μεταφράζονται ως εξής: Α: φ A = A 1 A 2. Β: φ B = A 1 A 3. Γ: φ Γ = A 3 A 4. 6

7 και σύμφωνα με την εκφώνηση υπάρχει κάποια αποτίμηση, ώστε το πολύ μία από αυτές να είναι ψευδής. Καταγράφουμε λοιπόν όλες τις δυνατές αποτιμήσεις και αναζητούμε εκείνη, στην οποία η κατάθεση του ενός αποτιμάται σε ψέμα ενώ όλων των υπολοίπων αποτιμάται σε αλήθεια (αφού οι αθώοι είναι φιλαληθείς) A 1 A 2 A 3 A 4 φ A = A 1 A 2 φ B = A 1 A 3 φ Γ = A 3 A 4 T T T T T F T T T T F T F F T T F T T F F T T F F T F F T F T T F F T T F T F F F F T F F T F F F T F F F F F F F T T T F F T F T T F F F F F T F T F T F F T F F F T F F F T T F F T F F T F F F F F F F T F T F F F F F F T F Η μόνη αποτίμηση, για την οποία το πολύ μία από τις φ A, φ B, φ Γ είναι Ψευδής, είναι αυτή που περιγράφεται στην 1η γραμμή του πίνακα. Κατά συνέπεια, ο Β ψεύδεται και αφού οι αθώοι είναι όλοι φιλαλήθεις, είναι ένοχος. Άσκηση 9 (Enderton, σελίδα 65, άσκηση 1 (χωρίς ορθότητα/πληρότητα/συμπάγεια». Εστω φ 1 φ n ταυτολογία, για κάποιο n Z >0 και έστω ένα σύνολο προτασιακών τύπων Σ το οποίο είναι πεπερασμένα ικανοποιήσιμο. Δείξετε ότι ένα από τα Σ {φ 1 },..., Σ {φ n } είναι πεπερασμένα ικανοποιήσιμο. Απόδειξη. Εστω ότι κανένα από τα Σ {φ i } δεν είναι πεπερασμένα ικανοποιήσιμα. Τότε για κάθε i {1, 2,..., n} θα υπάρχει Σ i Σ, τέτοιο ώστε το Σ i {φ i } να μην είναι ικανοποιήσιμο. Θεωρούμε το σύνολο n i=1 Σ i το οποίο είναι πεπερασμένο υποσύνολο του Σ και άρα είναι ικανοποιήσιμο. Εστω λοιπόν v μια αποτίμηση που το ικανοποιεί. Επειδή φ 1 φ n ταυτολογία, θα ισχύει ότι v (φ 1 φ n ) = T και άρα θα υπάρχει ένα i τέτοιο ώστε v (φ i ) = T. Αλλά τότε θα έχουμε ότι το Σ i {φ i } είναι ικανοποιήσιμο, πράγμα άτοπο από την υπόθεσή μας. Άσκηση 10 (Enderton, σελίδα 79, άσκηση 5). Εστω η πρωτοβάθμια γλώσσα με τις παραμέτρους: : for all things, P : is a Person, T : is a Time, F xy: you can fool x at y. Να μεταφραστούν οι ακόλουθες φράσεις: 1. You can fool some of the people all of the time 2. You can fool all of the people some of the time 7

8 3. You can t fool all of the people all of the time Απόδειξη. 1. x P y T F xy 2. y T x P F xy 3. x P y T F xy Άσκηση 11 (Enderton, σελίδα 100, άσκηση 12). Εστω η δομή R = R, +, Να ορισθούν: 1. Το Το [0, + ). 3. Το {2}. 4. Το n i=1 I n, όπου I k διάστημα, τα άκρα του οποίου είναι αλγεβρικοί αριθμοί για κάθε k. Απόδειξη. 1. φ 0 (x) : ( y) (x + y = y) 2. ψ (x) : ( y) (x = y y) 3. φ 1 (x) : ( y) (x y = y) φ 2 (x) : ( y) (φ 1 (y) x = y + y) 4. Αρκεί να ορίσουμε ένα οποιοδήποτε διάστημα με αλγεβρικά άκρα. Εστω ότι μπορούμε να ορίσουμε τα διαστήματα I 1,..., I n μέσω των τύπων φ 1 (x),..., φ n (x), τότε ορίζουμε την ένωσή τους μέσω του τύπου φ 1 (x) φ n (x). Χωρίς βλάβη της γενικότητας, ορίζουμε ένα I κλειστό, έστω I = [a, b], όπου a, b αλγεβρικοί αριθμοί. Εξ ορισμού τα a, b είναι ρίζες πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές, έστω των p a k i=0 a ix i και p b l i=0 b ix i αντιστοίχως. Οι διακεκριμένες ρίζες κάθε πολυωνύμου είναι διατεταγμένες. Τα a, b έχουν συγκεκριμένη σειρά ανάμεσα στις ρίζες του εκάστοτε πολυωνύμου. Εστω ότι βρίσκονται στις θέσεις i, j αντίστοιχα. Το a ορίζεται μέσω της: φ a (x) : ( x 1,..., x i 1 ) (x i = x p a (x 1 ) = = p a (x i ) = 0 x 1 < < x i p (y) 0 y (x s, x s+1 ) s {1,..., i 1}) ομοίως ορίζεται και το b, και στην συνέχεια ορίζεται το I ως a x b. Άσκηση 12 (Enderton, σελίδα 102, άσκηση 18). Εστω s : V A αποτίμηση στην A B και φ τύπος της μορφής x 1 x n ψ, όπου ψ χωρίς ποσοδείκτες. Να δειχθεί ότι αν A = φ [s], τότε B = φ [s]. Απόδειξη. Για τον τύπο φ έχουμε ότι A = φ[s] A = x 1... x n ψ[s]. Από τον ορισμό του Tarski έχουμε ότι υπάρχουν a 1,..., a n A τέτοια ώστε A = ψ[s(x 1 a 1 )(x 2 a 2 )... (x n a n )] Αφού A B έχουμε ότι A B. Άρα a 1, a 2,..., a n B. Επίσης για τα κατηγορήματα θα έχουμε ότι P : P A = P B A n, για κάθε συναρτησιακό σύμβολο θα έχουμε ότι f : f A = 8

9 f B A n και για κάθε σταθερά c έχουμε ότι c A = c B. Άρα κάθε αποτίμηση στην A λαμβάνει την ίδια τιμή στην B. Συνεπώς και κάθε σύμβολο που εμφανίζεται στον ψ ερμηνεύεται με τον ίδιο τρόπο στην A και στην B σύμφωνα με τις τιμές που δίνει η s. Άρα A = ψ[s(x 1 a 1 )(x 2 a 2 )... (x n a n )] B = ψ[s(x 1 a 1 )(x 2 a 2 )... (x n a n )] που βάσει του ορισμού του Tarski αλλά και του γεγονότος ότι A B σημαίνει ότι B = x 1... x n ψ[s] Bφ[s] Εστω τώρα ότι B = φ[s] και φ = x 1... x n ψ[s]. Τότε από τον ορισμό του Tarski θα έχουμε ότι για κάθε a 1,..., a n B B = ψ[s(x 1 a 1 )... (x n a n )] που όπως και πριν θα έχουμε ότι B = ψ[s(x 1 a 1 )... (x n a n )] Aψ[s(x 1 a 1 )... (x n a n )] για κάθε a 1,..., a n A Πάλι από τον ορισμό του Tarski και αφού ισχύει για όλα τα στοιχεία του B θα ισχύει και για τα στοιχεία του A που είναι λιγότερα. Ετσι θα έχουμε ότι A = x 1... x n ψ[s] A = φ[s] Άσκηση 13 (Enderton, σελίδα 102, άσκηση 20 - Απόδειξη της υπόδειξης). Εστω x 1,..., x n R, με x 1 < < x n. Να δειχθεί ότι υπάρχει αυτομορφισμός f : (R, <) (R, <) ώστε f (x i ) = i i {1,..., n}. Απόδειξη. x x 1 + 1, x < x 1 x x (f(x)) = i x i+1 x i + i, x i x < x i+1 i {1,..., n 1} x x n + n, x n x Παρατηρούμε ότι για τη συνάρτηση f ισχύει ότι (x, y) < αν και μόνον αν (f(x), f(y)) < άρα είναι ομομορφισμός και βεβαίως είναι αυτομορφισμός, αφού είναι από την ίδια δομή στον εαυτό της. Άσκηση 14 (Enderton, σελίδας 146 άσκηση 6). Εστω Σ 1, Σ 2 σύνολα προτάσεων, όπου Σ 1 Σ 2 μη ικανοποιήσιμο. Να δειχθεί ότι υπάρχει πρόταση τ, τέτοια ώστε ModΣ 1 Modτ και ModΣ 2 Mod (τ). Απόδειξη. Από το θεώρημα της Συμπάγειας έχουμε ότι αφού το Σ 1 Σ 2 είναι μη ικανοποιήσιμο θα υπάρχει ένα πεπερασμένο και μη ικανοποιήσιμο υποσύνολό του, έστω Σ. Αυτό θα είναι η ένωση των Σ 1 Σ 1 και Σ 2 Σ 2, όπου Σ 1 και Σ 2 πεπερασμένα σύνολα και έστω Σ 1 = {σ 1,..., σ k } και Σ 2 = {τ 1,..., τ n }. Την περίπτωση όπου ένα εκ των Σ 1, Σ 2 είναι κενό θα την 9

10 εξετάσουμε αργότερα. Θεωρούμε την πρόταση και προφανώς για την τ έχουμε ότι τ = (σ 1... σ k ) ( τ 1... τ n ) τ = ( σ 1... σ k ) ( τ 1... τ n ) Εστω A ModΣ 1. Τότε A = Σ 1 άρα A = {σ 1,..., σ k } άρα A = (σ 1... σ k ). Ομως το (Σ 1 Σ 2 ) είναι μη ικανοποιήσιμο. Άρα η A = Σ 2 δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένα τ i Σ 2 τέτοιο ώστε A = τ i, άρα A = τ i, που σημαίνει ότι Άρα A = τ ModΣ 1 Modτ Εστω τώρα B ModΣ 2. Τότε B = Σ 2 άρα B = {τ 1,..., τ n }. Άρα και προφανώς που σημαίνει ότι B = (τ 1... τ n ) B = (τ 1... τ n ) ( σ 1... σ k ) = τ ModΣ 2 Mod τ Εστω τώρα ότι το Σ 1 =. Τότε Σ 1 Σ 2 = Σ 2 και τότε το Σ 2 είναι μη ικανοποιήσιμο. Αναζητούμε έναν τύπο που να ικανοποιείται από το Σ 1 και να μην ικανοποιείται από το Σ 2. Εστω μία ταυτολογία (π.χ. η τ = (p 0 p 0 )). Επειδή Σ 1 = έπεται ότι κάθε ερμηνεία που ικανοποιεί το Σ 1 θα ικανοποιεί και τον τ, πράγμα που ισχύει αφού η τ είναι ταυτολογία. Άρα ModΣ 1 ModΣ 1 = Modτ. Ολες οι ερμηνείες τώρα που ικανοποιούν το Σ 2 (δηλαδή καμία) ικανοποιούν και τον τ. Παρατηρούμε ότι ModΣ 2 ModΣ 2 και ModΣ 2 =. Άρα ModΣ 2 =. Επίσης Mod( τ) = και άρα ModΣ 2 Mod( τ). Άσκηση 15 (Enderton, άσκηση 5 σελίδας 146). Δείξετε ότι ένας άπειρος χάρτης μπορεί να χρωματιστεί με 4 χρώματα αν και μόνον αν κάθε πεπερασμένος υποχάρτης του χρωματίζεται με 4 χρώματα. Απόδειξη. Θεωρούμε μία πρωτοβάθμια γλώσσα με μία σταθερά για κάθε χώρα. Θεωρούμε επίσης 4 μονομελή κατηγορηματικά σύμβολα R, B, G, Y, όπου για παράδειγμα το R(c 1 ) ερμηνεύεται ώς ότι η χώρα c 1 χρωματίζεται με το χρώμα R. Θεωρούμε τώρα το σύνολο Σ = {R(c) B(c) G(c) Y (c) c σταθερά} {c 1 χρωματίζεται με διαφορετικό χρώμα από την c 2, και οι c 1, c 2 είναι γειτονικές} Εστω τώρα ένα πεπερασμένο υποσύνολο του Σ, T. Θεωρούμε τον υποχάρτη που ορίζεται από τις σταθερές των προτάσεων του T και για αυτόν έχουμε ότι είναι πεπερασμένος, άρα από την υπόθεσή μας, χρωματίζεται με 4 χρώματα. Άρα ο T έχει μοντέλο. Από το θεώρημα της συμπάγειας, έχουμε λοιπόν τώρα ότι και ο Σ έχει μοντέλο. Στον χάρτη λοιπόν χρωματίζουμε με R(c) τις σταθερές c για τις οποίες ισχύει ότι R(c) στο μοντέλο. 10

11 Άσκηση 16. Δείξετε ότι δεν υπάρχει πρόταση φ στην πρωτοβάθμια γλώσσα της θεωρίας γραφημάτων τέτοια ώστε G = φ αν και μόνον αν το G είναι συνεκτικό γράφημα. Απόδειξη. Εστω ότι υπάρχει πρόταση φ με την ιδιότητα της υπόθεσης. Εμπλουτίζουμε την γλώσσα με 2 σταθερές, ώστε Σ = φ χαρακτηρίζει τα γραφήματα φ 0 χαρακτηρίζει την συνεκτικότητα E(c 1, c 2 ) και (dist(c 1, c 2 ) > 1) για κάθε i και c 1 c 2, ( x(e(c 1, x) και E(x, c 2 ))) και dist(c 1, c 2 ) > i Παρατηρούμε τότε ότι το Σ είναι πεπερασμένα ικανοποιήσιμο και άρα από το θεώρημα συμπάγειας είναι ικανοποιήσιμο, δηλαδή υπάρχει συνεκτικό γράφημα με δύο κορυφές και άπειρη απόσταση. Άτοπο. 11

12 Άσκηση 17. Αν ο x είναι άπειρος και ο y είναι πεπερασμένος, τότε δείξετε ότι ο (x + y) είναι άπειρος. Απόδειξη. Αφού ο y είναι πεπερασμένος θα υπάρχει z 0 R, ώστε y < z 0 ή ισοδύναμα y > z 0. Αφού ο x είναι άπειρος θα έχουμε ότι για κάθε k R x > k. Θεωρούμε τον z = (k + z 0 ) R, για τον οποίο θα έχουμε ότι x > z x > k + z 0 x z 0 > k x y > k x + y > z που σημαίνει ότι ο (x + y) είναι άπειρος. Παρατήρηση. Στην απόδειξη χρησιμοποιήσαμε την ανίσωση x+y > x y και αυτό γιατί μπορούμε να την εκφράσουμε με μία πρόταση της πρωτοβάθμιας γλώσσας Άσκηση 18 (Enderton, άσκηση 1 σελίδας 180). Δείξετε ότι κάθε μη συμβατικός πραγματικός αριθμός είναι απείρως κοντά σε έναν μη συμβατικό ρητό. Απόδειξη. Εκφράζουμε την δοσμένη σχέση στην πρωτοβάθμια γλώσσα και έχουμε ότι: x ɛ > 0 q Q : x q < ɛ Στους πραγματικούς αριθμούς η παραπάνω σχέση ισχύει και επειδή T hr T h R θα έχουμε ότι R = x ɛ > 0 q Q : x q < ɛ Από τον ορισμό του Tarski θα έχουμε ότι για κάθε x R για κάθε ɛ R, ɛ > 0 υπάρχει q Q με x q < ɛ. Εφαρμόζοντας την παραπάνω σχέση για ένα dx I έχουμε ότι x q < dx που σημαίνει ότι το x q είναι απειροστό και άρα έχουμε το ζητούμενο. Άσκηση 19 (Enderton, Άσκηση 2 σελίδας 162). Δείξετε ότι αν T 1 και T 2 είναι θεωρίες και T 1 T 2, η T 1 είναι πλήρης και η T 2 είναι συνεπής, τότε T 1 = T 2. Απόδειξη. Εστω φ (T 2 \ T 1 ). Αφού φ T 1 έπεται ότι ( φ) T 1. Ομως T 1 T 2. Άρα ( φ) T 2. Άτοπο αφού φ T 2 και ( φ) T 2 θα σήμαινε ότι το T 2 δεν είναι συνεπές γιατί τότε T 2 φ και T 2 φ. Άσκηση 20 (Enderton, Άσκηση 8 σελίδας 163). Εστω ότι η σ είναι αληθής σε όλα τα άπειρα μοντέλα μίας θεωρίας T. Δείξετε ότι υπάρχει ένας πεπερασμένος αριθμός k τέτοιος ώστε η σ να είναι αληθής σε όλα τα μοντέλα A της T, για τα οποία ισχύει ότι A k. Απόδειξη. Εστω ότι για κάθε k υπάρχει μοντέλο της T, A με A k και A = σ. Τότε υπάρχει άπειρο μοντέλο A τέτοιο ώστε A = T και A = σ. Άτοπο γιατί από την υπόθεση έχουμε ότι για A = T, τότε A = σ. 12

13 Άσκηση 21 (Enderton, άσκηση 9 σελίδας 163). Εστω ένα σύνολο προτάσεων Σ, το οποίο έχει την ιδιότητα των πεπερασμένων μοντέλων. Δώσετε έναν αλγόριθμο που θα αποφασίζει αν μία πρόταση σ Σ έχει μοντέλο ή όχι. Απόδειξη. Εστω ότι Σ = Σ 1 Σ 2, με Σ 1 το σύνολο των προτάσεων του Σ που έχουν μοντέλο και Σ 2 το σύνολο των προτάσεων του Σ που δεν έχουν μοντέλο και το οποίο έχει την ιδιότητα των πεπερασμένων μοντέλων. Θα απαριθμήσουμε αναδρομικά τις προτάσεις του συνόλου Σ 1. Επειδή το Σ ικανοποιεί την ιδιότητα των πεπερασμένων μοντέλων, θα έχουμε ότι μία πρόταση που έχει μοντέλο θα έχει πεπερασμένο μοντέλο. Ετσι για μία πρόταση μήκους 1 του Σ 1, μπορούμε να βρούμε μία ερμηνεία που την ικανοποιεί εξετάζοντας όλα τα μοντέλα A μεγέθους 1. < n αν υπάρχει ερμηνεία A με A = n που να την ικανοποιεί και να εξετάζουμε συνεχώς μοντέλα μεγαλύτερου μήκους σε προτάσεις ολοένα μεγαλύτερου μήκους. Εστω τώρα φ Σ 2. Τότε ο φ δεν έχει μοντέλο, δηλαδή είναι μη ικανοποιήσιμος, άρα ο φ είναι ταυτολογία, δηλαδή έχει μοντέλο. Από το θεώρημα της πληρότητας συνεπώς έχουμε ότι τότε θα ισχύει ότι ( φ). Άρα αρκεί να ελέγξουμε την αποδειξιμότητα της ( φ), πράγμα που είναι αναδρομικά αριθμήσιμο, αφού θα ελέγξουμε την αποδειξιμότητα χρησιμοποιώντας μόνον λογικά αξιώματα. Βάσει λοιπόν των παραπάνω βλέπουμε ότι μπορούμε να απαριθμήσουμε όλες τις προτάσεις του Σ. Άσκηση 22 (Enderton, άσκηση 10 σελίδας 163). Υποθέτουμε ότι έχουμε μία πεπερασμένη γλώσσα χωρίς συναρτησιακά σύμβολα. Δείξετε ότι το σύνολο των 2 προτάσεων είναι αποφασίσιμο. Απόδειξη. Αρκεί να δείξουμε ότι το 2 έχει την ιδιότητα των πεπερασμένων μοντέλων, γιατί τότε βάσει της παραπάνω άσκησης θα είναι αποφασίσιμο. Εστω λοιπόν μία 2 πρόταση φ = x 1... x n y 1... y k ψ με ψ ελεύθερο ποσοδεικτών και έστω μία ερμηνεία A, ώστε A = φ. Τότε από τον ορισμό του Tarski θα έχουμε ότι υπάρχουν a 1,..., a n τέτοια ώστε A = y 1,..., y k ψ(a 1,..., a n ) Θεωρούμε την ερμηνεία B με B = {c A 1,..., ca l, a 1,..., a n } και για κάθε κατηγορηματικό σύμβολο R, R B = R A B η οποία είναι πεπερασμένη και είναι μοντέλο της φ. Συνεπώς η ιδιότητα των πεπερασμένων μοντέλων ικανοποιείται και άρα το σύνολο των 2 προτάσεων είναι αποφασίσιμο. Άσκηση 23 (Enderton, άσκηση 4 σελίδας 193). Δείξτε ότι ένα υποσύνολο του N είναι ορίσιμο αν και μόνον αν αυτό ή το συμπλήρωμά του (στο N) είναι πεπερασμένο Απόδειξη. : Εστω A ορίσιμο στην N s μέσω του τύπου φ(x), δηλαδή a A N s = φ[x] και A, A c άπειρα. Εμπλουτίζουμε τη γλώσσα με μία πρόσθετη σταθερά c και θεωρούμε το σύνολο A = A s {φ(c), c Ns S n, n N} 13

14 Το A είναι πεπερασμένα ικανοποιήσιμο, οπότε από το θεώρημα της Συμπάγειας έχουμε ότι το A είναι ικανοποιήσιμο. Αν card(a) = k είναι υπεραριθμήσιμη, τότε από το LST θεώρημα θα έχουμε ότι το A έχει υπεραριθμήσιμο μοντέλο μεγέθους ακριβώς k, έστω N s. Εστω τώρα ότι c N s = c 1 και ότι το c 1 είναι ένα από τα στοιχεία του συνόλου A, όπως αυτά ερμηνεύονται από την ερμηνεία N s. Αντίστοιχα ορίζουμε το σύνολο A = A s { φ(c), c Ns S n, n N} και καθ όμοιον τρόπο υπάρχει μία δομή N s και έχει πληθάριθμο ακριβώς k. Αντίστοιχα όπως και παραπάνω, έχουμε ότι c N s = c2 και το c 2 είναι ένα από τα στοιχεία του συνόλου A c, όπως αυτά ερμηνεύονται από την ερμηνεία N s. Για τις N s και N s έχουμε ότι N s = N s = k και άρα οι δύο αυτές ερμηνείες έχουν το ίδιο πλήθος από Z chains. Συνεπώς υπάρχει ισομορφισμός που απεικονίζει το c 1 στο c 2, πράγμα άτοπο γιατί τότε θα είχαμε ότι A A c. : Εστω A πεπερασμένο υποσύνολο του N. Θα δείξουμε ότι είναι ορίσιμο. Προς τούτο, αρκεί να κατασκευάσουμε μία πρόταση φ, ώστε (a 1,..., a n ) A αν και μόνον αν N s = φ[a 1,..., a n ] Θεωρούμε την πρόταση φ να είναι x = S a S an 0. Τότε N s = φ[a] αν και μόνον αν x = S a 1 0[a] ή... ή x = S an 0[a] που θα συμβαίνει αν και μόνον αν a = a 1 ή a = a 2 ή... ή a = a n, το οποίο όμως ισχύει γιατί a A. Αν τώρα a A, τότε N s = φ[a] αν και μόνον αν x = S a 1 0[a] ή... ή x = S an 0[a] που θα συμβαίνει αν και μόνον αν a = a 1 ή a = a 2 ή... ή a = a n, το οποίο δεν θα ισχύει γιατί a A. 14