b) Niet geldig. Zij π(n)(p) = 1 als n is even, anders π(n)(p) = 0. Schrijf

Transcriptie

1 opgave 2.1 a) Geldig. Zij n N en π een willekeurige valuatie. Schrijf T = (N, π). Stel, T, n p. Dan bestaat m > n zodat T, m p. Dus voor k > m geldt altijd T, k p. Nu geldt T, n p, want voor alle x > n geldt T, x p, want voor y := x + m geldt T, y p, want y > m. Dus geldt: als T, n p dan T, n p, dus T, π), n p p. b) Niet geldig. Zij π(n)(p) = 1 als n is even, anders π(n)(p) = 0. Schrijf T = (N, π). Dan T, 0 p want voor alle n > 0 geldt T, n p want voor alle n > 0 geldt T, 2n p. Maar T, 0 p, want stel, er bestaat n zodat T, n p. Dan T, 2n + 1 p,. Dus geldt niet: als T, 0 p dan T, 0 p. c) Niet geldig. Zij π willekeurig en schrijf T = (N, π). Stel, T, 0 F F. Dan bestaat n > 0 zodat T, n F. Voor deze n geldt dus: T, n+1, want ieder getal heeft een opvolger. Tegenspraak. d) Geldig. Zij n N en π een willekeurige valuatie; schrijf T = (N, π). Stel, T, n P. Dan bestaat m < n zodat T, m. Dus n > 0. Maar dan T, n P P, want T, 0 P, want er is geen k zodat k < n. e) Geldig. Zij n N en π een willekeurige valuagie; schrijf T = (N, π). Stel, T, n P F q. Dus er bestaat m < n zodat T, n F q, dus er bestaan m, k zodat m < n en m < k en T, k q. Nu moet gelden: n > k of n = k of n < k. Als n > k volgt T, n P q. Als n = k volgt T, n q. Als n < k volgt T, n F q. Dus geldt sowieso: als T, n P F q, dan T, n P q q F q. 1

2 opgave 2.2 Een formule λ karakteriseert een klasse K van frames als voor alle frames F: F λ F K. ( ) Neem aan, F is rechtslineair. Zij π een valuatie, s een wereld in F. Schrijf T = (F, π). We moeten aantonen: T, s ( p q) [ (p q) (p q) ( p q)]. Neem dus aan: T, s p q. Dat wil zeggen: T, s p en T, s q. Dus er bestaat t zodat s < t en T, t p, en er bestaat r zodat s < r en T, r q. F is rechtslineair, dus als s < t en s < r moet gelden: t < r OF t = r OF r < t. Als t < r dan T, t q, dus T, t p q. Als t = r dan T, t p q. Als t > r dan T, r p, dus T, r p q. We concluderen: T, s (p q) (p q) ( p q). ( ) Neem aan, F is niet rechtslineair. We moeten laten zien dat niet F λ. Dus we moeten valuatie π en punt s vinden zodat (F, π), s λ. Als F niet rechtslineair, dan bestaan s, t, r zodat s < t, s < r en niet t < r, t = r of t > r. Kies π(t)(p) = 1, π(r)(q) = 1 en verder overal π(x)(p) = 0, π(x)(q) = 0. Schrijf T = (F, π). Dan T, s p q T, s p en T, s q T, t p en T, r q Truth Maar niet T, s (p q). Stel immers dat dit wel zo was. Dan bestond t zodat T, t p en T, t q. t kan alleen t zijn (want elders is p onwaar), dus volgt T, t q. Maar er bestaat geen r zodat t < r en T, r q, want dit zou alleen r zelf kunnen zijn! Met een symmetrische redenerig volgt dat T, s ( p q). T, s (p q) is ook niet waar, want dan zou w bestaan zodat T, w p en T, w q. Dat kan alleen als t = w = r, hetgeen niet het geval is. We hebben aangetoond: T, s (p q) (p q) ( p q). opgave 2.3 a) Ieder temporeel frame waarin < leeg is is zowel dicht als discreet, bijvoorbeeld het frame met maar 1 punt. b) {0, 1} [2, 3] is noch dicht (er is geen punt tussen 0 en 1) noch discreet (2 heeft geen kleinste opvolger). 2

3 opgave 2.4 Merk op: de stelling gaat over karakteriseren binnen de temporele frames. Er zijn zeker niet-temporele frames waarin p p geldig is. Neem aan, F heeft een dichte ordening. We moeten aantonen: F p p. Zij dus π een willekeurige valuatie (schrijf T = (F, π)) en s een punt in F. Neem aan: T, s p, dus er is t zodat s < t en T, t p. Vanwege dichtheid bestaat r zodat s < r < t. Omdat r < t volgt T, r t. Omdat s < r volgt T, s t. QED Neem aan, F heeft geen dichte ordening. We moeten aantonen: niet F p p. Omdat F niet dicht is bestaan s, t zodat s < t maar niet r[s < r < t]. Kies een valuatie met π(t)(p) = 1 en π(w)(p) = 0 voor alle w t. Dan T, s p, want s < t en T, t p. Maar niet T, s p, want T, s p r[s < r en T, r p] r, t [s < r < t en T, t p] r[s < r < t] Contradiction QED opgave 2.5 a) Zij π een valuatie, n Z; schrijf T = (Z, <, π). We bewijzen: T, n τ, dus dat als T, n F F p F p, dan T, n F ( p F p). Stel dus: T, n F F (p F p). Dan bestaan m, k zodat T, m F p en T, k p en n < m, n < k. Als m < k dan zou T, k p, tegenspraak, dus k m. Zij i het grootste getal in {k, k + 1,..., m 1, m} waarvoor T, i p. Zo n getal bestaat: k zelf voldoet er aan, maar misschien is er nog een grotere. Dan geldt: T, i p, maar T, j p voor alle j > i: als j > m volgt dat uit T, m F p en als i < j m omdat i maximaal was met de eigenschap i j en T, j p. Dus T, i p F p, dus T, n F ( p F p). b) Zij π(w)(p) = 1 als q 1 en π(q)(p) = 0 als q < 1; schrijf T = (Q, <, π). Dan T, 0 F F p, want T, 1 F p. Ook T, 0 F p, want T, 1 2 p. 3

4 Dus T, 0 F F p F p. Maar niet T, 0 F p F p. Stel immers dat wel T, 0 F p F p. Dan bestaat x zodat 0 < x, T, x q (dus x < 1) en T, x F q. Maar zij z := x+1 2. Dan x < z < 1 en dus T, z q, tegenspraak met T, x F q! c) Zij π(w)(p) = 1 als q > 2, π(w)(p) = 0 als q < 2 (merk op: 2 is irrationaal, dus is π overal in het frame gedefinieerd). Schrijf T = (Q, <, π). Dan T, 0 F F p, want T, 2 F p, voor alle alle q > 2 geldt zeker q > 2 en dus T, q p. Ook T, 0 F p, want T, 1 p, want q < 2. Dus T, 0 F F p F p. Maar niet T, 0 F ( F p P F p). Stel immers dat dit wel het geval is. Dan bestaat q zodat T, q F p en bovendien T, q P F p. Het eerste geeft dat x > q[x > 2], dus dat q > 2 (als immers q < 2 bestaat er een rationaal getal y zodat q < y < 2, tegenspraak, en q = 2 kan niet). Zij nu x een rationaal getal zodat 2 < x < q. Dan niet T, x F p, want voor alle y > x: T, y p. Dus geldt T, q P F p. d) De reëele getallen hebben de volgende eigenschap: iedere niet-lege naar beneden begrensde deelverzameling heeft een kleinste ondergrens. Dat wil zeggen: gegeven een verzameling A, als er een punt b is zodat y A[y b], dan bestaat een punt a zodat y A[y a] en z > a y A[y < z]. γ is geldig in het temporele frame (R, <). Zij immers π een willekeurige valuatie op R en x een punt; schrijf T = (R, <, π). Neem aan: T, x F F p F p. We willen zien: T, x F ( F p P F p). Uit de aanname volgt: er bestaan y, z zodat x < y, z, T, y F p en T, z p. Definieer A := {y y R T, y F p}. A is niet leeg, want y A, en naar beneden begrensd door z, dus heeft een infimum a. Voor alle y < a: y / A, dus T, y F p, dus T, y F p (definitie F ), dus T, a P F p. Voor alle y > a bestaat z met a < z < y en T, z F p. Dus moet T, y p, en T, a F p volgt. 4

5 opgave 2.6 a) Kies π(vr)(p) = 1 en π(d)(p) = 0 als d vr. Dan (D, π), ma F F p, want (D, π), wo F p. Maar (D, π), ma F p, want (D, π), d p voor d {di, wo, do}. b) Zij π een valuatie, d een dag; schrijf M = (D, π). Schrijf bovendien de dagen als 0, 1,... mod 7 (dus ma = 0, di = 1 en = 0). Neem aan, M, d q. Dus M, d + 1 q. Dan M, d + 4 P q, want d + 1Rd + 4. Daar d = d volgt d + 4Rd, dus M, d P P q. QED c) Schrijf verkort: w x := (o x m x n x ). 1. (n x ( week (o x m x ))) fl + x 2. w x ( fl x fl + x ) 3. n x o x 4. w x F w x P w x 5. ( week week) w x Er moeten inderdaad bijzondere eisen gelden voor week: deze moet namelijk in precies 5 opeenvolgende punten waar zijn. Een manier om dit op te schrijven: MAANDAG := F week F week week P ( week week) OK := MAANDAG P MAANDAG F MAANDAG 5