Wiskunde logica Werkcollege 1

Transcriptie

1 Wiskunde logica Werkcollege 1 Jolien Oomens 10 februari 2017 Opgave 2 Geef een voorbeeld van een verzameling en een relatie die (a) reflexief maar niet transitief is; (b) reflexief en transitief maar niet antisymmetrisch is; (c) reflexief, transitief en symmetrisch maar niet totaal is. (a) Neem X = R en Rxy x y < 1. Er geldt en 1 2 1, maar 0 1. (b) Neem X = R en R = X X. (c) Neem X = R en Rxy x = y. We hebben Rxy dan en slechts dan als er een n Z is zodat x, y [n, n + 1), dus bijvoorbeeld 0 1. Jolien Oomens Werkcollege 1 10 februari / 6 Jolien Oomens Werkcollege 1 10 februari / 6 Opgave 3 Zij f : X X en bekijk R f X 2 gegeven door R f ab f (a) = b. (a) Onder welke aannames is een relatie R te schrijven als R f? (b) Wat weet je over f als R f reflexief is? (a) Een functie is welgedefinieerd als er voor elke x-waarde een unieke f (x) bestaat. Dit betekent precies dat x y (Rxy z (Rxz y = z)). (b) Als R f aa dan hebben we f (a) = a. Omdat dit voor alle a X geldt zien we dat f = id X. Opgave 4 Geef een voorbeeld van een poset (a) met een minimum; (b) zonder minimaal element; (c) met een minimaal element én zonder minimum. (a) De geordende verzameling (N, ) heeft 0 als minimum, want 0 n voor alle n (b) De geordende verzameling (Z, ) heeft geen minimaal element, want voor alle n is er een m < n (c) Bekijk N met Rxy (x y) k (y x = 2k) De minimale elementen zijn 0 en 1, maar er is geen minimum. Jolien Oomens Werkcollege 1 10 februari / 6 Jolien Oomens Werkcollege 1 10 februari / 6

2 Opgave 5 We noemen f : (X, R) (X, R ) een homomorfisme als Rab impliceert dat ook R f (a)f (b). Neem aan dat f surjectief is. (a) Als R reflexief is, is R dat dan ook? (b) Herhaal voor transitiviteit (c) Herhaal voor irreflexiviteit. (a) Neem x X. Vanwege de surjectiviteit van f bestaat er een x zodat f (x) = x. Omdat R reflexief is geldt Rxx, dus er geldt ook R f (x)f (x), oftewel R x x. Dit bewijst dat R reflexief is. (b) Stel dat x, y, z X zodat R x y en R y z. Er zijn x, y, z zodat f (x) = x, f (y) = y en f (z) = z. En nu? x y z w f x y = z w Figuur: Een tegenvoorbeeld: (X, R ) is niet transitief. Opgave 5 We noemen f : (X, R) (X, R ) een homomorfisme als Rab impliceert dat ook R f (a)f (b). Neem aan dat f surjectief is. (a) Als R reflexief is, is R dat dan ook? (b) Herhaal voor transitiviteit (c) Herhaal voor irreflexiviteit. (c) Stel dat x X en stel dat R x x. Er is een x X met f (x) = x. En nu? x y f x = y Figuur: Een tegenvoorbeeld: (X, R ) is niet irreflexief. De claim is dus onjuist. De claim is dus onwaar. Jolien Oomens Werkcollege 1 10 februari / 6 Jolien Oomens Werkcollege 1 10 februari / 6

3 Opgave 1 Bewijs met inductie dat en e geen S gr -termen zijn. Wiskunde logica Werkcollege 2 Jolien Oomens 17 februari 2017 Allereerst kun je met inductie naar de complexiteit van een term bewijzen dat het aantal symbolen van een term minstens 1 is. Daarna kun je met inductie bewijzen dat het symbool in een term altijd gevolgd wordt door twee termen. Hieruit volgt dat zelf geen term kan zijn. Op precies dezelfde manier kan e ook geen term zijn. Jolien Oomens Werkcollege 2 17 februari / 7 Jolien Oomens Werkcollege 2 17 februari / 7 Opgave 2 Geef een inductieve definitie van de functie die aan een formule de verzameling van strikte deelformules toewijst. We definiëren dit met inductie naar de complexiteit: PSF(t 1 t 2 ) = PSF(Rt 1... t n ) = PSF( ϕ) = {ϕ} PSF(ϕ) PSF(ϕ ψ) = {ϕ, ψ} PSF(ϕ) PSF(ψ) PSF(ϕ ψ) = {ϕ, ψ} PSF(ϕ) PSF(ψ) PSF(ϕ ψ) = {ϕ, ψ} PSF(ϕ) PSF(ψ) PSF(ϕ ψ) = {ϕ, ψ} PSF(ϕ) PSF(ψ) PSF( xϕ) = {ϕ} PSF(ϕ) PSF( xϕ) = {ϕ} PSF(ϕ). Opgave 3 Geef een inductieve definitie van formules in de propositielogica en definieer SF voor deze formules. Herinner dat formules in de propositielogica bestaan uit propositieletters P, Q,... en connectieven,,,,. Inductief: Elke propositieletter is een formule. Als ϕ en ψ formules zijn, dan zijn ϕ, ϕ ψ, ϕ ψ en ϕ ψ dat ook. We definiëren nu SF(X ) = {X } als X een propositieletter is SF( ϕ) = { ϕ} SF(ϕ) SF(ϕ ψ) = {ϕ ψ} SF(ϕ) SF(ψ) als {,,, }. Vergelijk dit zelf met Definitie 4.5 uit het boek. Jolien Oomens Werkcollege 2 17 februari / 7 Jolien Oomens Werkcollege 2 17 februari / 7

4 Opgave 4 Zij A eindig en zij S een eindige verzameling van symbolen. Bewijs dat er eindig veel S-structuren zijn met domein A. Definitie: S-structuur Een S-structuur is een paar (A, a) met A en een afbeelding a zodat (i) Voor elk relatiesymbool R S van ariteit n is a(r) een relatie op A van ariteit n. (ii) Voor elk functieymbool f S van ariteit n is a(f ) een functie op A van ariteit n. (iii) Voor elke constante c S geldt a(c) A. Voor elk van deze drie dingen zijn er maar eindig veel mogelijkheden. Opgave 6 Bekijk de calculus C v. Bewijs dat voor alle variabelen x en alle S-termen t, xt bewijsbaar is dan en slechts dan als x var(t). = Met inductie zullen we bewijzen dat voor alle n de volgende uitspraak waar is: Als xt in n stappen is bewezen dan geldt x var(t). De uitspraak is zeker waar voor n = 0, want dan is de antecedent onwaar. Stel nu dat de uitspraak geldt voor alle m n en stel dat xt is bewezen in n + 1 stappen. Er zijn dan twee mogelijke laatste stappen: (1) Als de eerste regel is gebruikt hebben we xt = xx, dus t = x waardoor x var(t). (2) Als de tweede regel is gebruikt dan zijn er f S en t 1,..., t n zodat xt i al bewezen is en ft 1... t n = t. Uit de inductiehypothese volgt dat x var(t i ) dus geldt er ook x var(t 1 ) var(t n ) = var(ft 1... t n ) = var(t). Jolien Oomens Werkcollege 2 17 februari / 7 Jolien Oomens Werkcollege 2 17 februari / 7 Opgave 6 Bekijk de calculus C v. Bewijs dat voor alle variabelen x en alle S-termen t, xt bewijsbaar is dan en slechts dan als x var(t). = Met inductie naar de complexiteit van t bewijzen we: Als x var(t) dan is xt bewijsbaar. (T1) Als t een variabele is dan geldt var(t) = {t}, dus x var(t) impliceert x = t. Er geldt dus xt = xx en dit bewijsbaar dankzij de eerste regel. (T2) Als t een constante is dan geldt var(t) = dus x var(t). (T3) Stel dat t 1,..., t n S-termen zijn en dat f S met t = ft 1... t n. Er geldt x var(t) = var(f (t 1... t n )) = var(t 1 ) var(t n ), dus x var(t i ) voor een zekere 1 i n. Volgens de inductiehypothese is xt i bewijsbaar. Nu kunnen we xt bewijzen met de tweede regel. Jolien Oomens Werkcollege 2 17 februari / 7

5 Opgave 3(a) Bewijs dat de ontkenning van een universele uitspraak logisch equivalent is aan een existentiële uitspraak en dat de ontkenning van een existentiële uitspraak equivalent is aan een universele uitspraak. Wiskunde logica Werkcollege 3 Jolien Oomens 24 februari 2017 We bewijzen dit met inductie naar de opbouw van de universele formule. Als ϕ geen kwantoren heeft, geldt hetzelfde voor ϕ waardoor dit een existentiële formule is. Stel dat ϕ en ψ universeel zijn. Dan zijn er existentiële formules ϕ en ψ zodat ϕ )( ϕ en ψ )( ψ. Nu zien we dat pϕ _ ψq )( ϕ ^ ψ. (Bewijs dat dit existentieel is!) (Evenzo ^ ). Stel dat ϕ universeel is. Er )( Dx ϕ. Volgens de IH is er een existentiële ϕ die logisch equivalent is aan ϕ. Dit impliceert dat Dx ϕ ook existentieel is. De tweede uitspraak is op eenzelfde manier te bewijzen. Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11 Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11 Opgave 3(b) Stel dat A Ď B en dat ϕ een existentiële formule is. Laat zien dat A ù ϕ impliceert dat B ù ϕ. Gevolg 5.8 Als A Ď B en ϕ een universele formule is, dan impliceert B ù ϕ dat A ù ϕ. We kunnen nu onderdeel (a) en dit gevolg combineren. Zij ϕ een existentiële formule en ϕ een universele formule die equivalent is aan ϕ. We hebben A ù ϕ ðñ niet A ù ϕ ðñ niet A ( ϕ ùñ niet B ù ϕ ðñ niet B ù ϕ ðñ B ù ϕ. Opgave 4 Zij Φ pos de axioma s van een poset. Laat zien dat er een S pos-formule ϕ bestaat zodat Φ pos * ϕ maar ook Φ pos * ϕ. Dit zegt dat ϕ een formule is die voor sommige posets wel waar is en voor sommige niet. Een voorbeeld is de formule die aangeeft dat een verzameling totaal geordend is: prxy _ Ryxq. Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11 Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11

6 Opgave 5(a) Bewijs dat voor elke positieve S-formule er een S-interpretatie bestaat die de formule waar maakt. Er is een S-interpretatie die alle positieve formules ϕ waar maakt. Kies A tau en zij J pa, a, βq een interpretatie zodat alle relatiesymbolen met ariteit n worden afgebeeld op R n A n. Omdat A maar één element heeft wordt elke S-term door J afgebeeld op a. We bewijzen nu met inductie naar de complexiteit van ϕ dat J ( ϕ. J ( t 1 t 2 J ( Rt 1... t n J ( ϕ ^ ψ J ( ϕ _ ψ J J ( Dxϕ ðñ J b x ðñ J b x want Jpt 1 q Jpt 2 q a want R n a... a ðñ J ù ϕ en J ( ψ (IH) ðù J ù ϕ en J ( ψ (IH) ( ϕ voor alle b P A ðñ J ù ϕ (IH) ( ϕ voor een b P A ðñ J ù ϕ (IH) Opgave 5(b) Geef een formule die deze structuur niet vervult. Een eenvoudig voorbeeld is DxDy p x yq. Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11 Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11 Opgave 6 (a) Bewijs ù Dxϕ. Wat als A leeg zou zijn? (b) Geldt Dxϕ (c) Bewijs dat Dx@yϕ (d) Bewijs dat ) niet waar is. Opgave 7(a) Bewijs )( Dx ϕ. (a) Zij J pa, a, βq een interpretatie en stel dat J Dit betekent dat voor alle a P A er geldt dat J a x ( ϕ. Omdat A niet leeg is, bestaat er dus een a P A zodat J a x ( ϕ, oftewel J ù Dxϕ. (b) Nee. Bekijk bijvoorbeeld pn, ďq met ϕ x 0. (c) Stel dat J ù Dx@yϕ. Dan bestaat er een a P A zodat voor alle b P A geldt dat J a b x y ( ϕ. In het bijzonder hebben we dan voor elke b P B een a P A zodat J a b x y ( ϕ, oftewel J b a y x ( ϕ, dus J (d) Bekijk pz, ďq met ϕ x ď y. Zij J pa, βq een interpretatie. Er geldt J niet J niet voor alle a P A geldt J a x ( ϕ er is een a P A zodat niet J a x ( ϕ er is een a P A zodat J a x ( ϕ J ( Dx ϕ, zoals gewenst. ðñ ðñ ðñ ðñ ðñ Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11 Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11

7 Opgave 7(e) Als x R freepxq, dan )( ϕ. Opgave 8 (a) Geef een formule ϕ die weergeeft dat een structuur een lineaire ordening is met een kleinste element en waarvan elk punt een directe opvolger heeft. Zij J pa, βq een interpretatie en stel dat x geen vrije variabele van ϕ is. Er geldt J ðñ voor alle a P A geldt J a x ( ϕ ðñ J ( ϕ, waar we in de laatste stap het Coincidence Lemma (4.6) gebruiken. Totale prxy _ Ryxq ϕ 1 pprxy ^ Ryzq Ñ Rxzq ϕ 2 pprxy ^ Ryxq Ñ x yq ϕ 3 Kleinste element: Dx@y prxyq ϕ 4 Directe prxy prxz Ñ Ryzqq ϕ 5 Nu definiëren we ϕ : ϕ 1 ^ ϕ 2 ^ ϕ 3 ^ ϕ 4 ^ ϕ 5. Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11 Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11 Opgave 8 (b) Laat zien dat pn, ďq ( ϕ. (c) Vind een S-structuur A zodat A ù ϕ die niet isomorf is aan pn, ďq. (b) De verzameling N met de relatie ď is inderdaad totaal geordend, ď is transitief en antisymmetrisch. Verder is 0 het kleinste element en heeft elk getal een directe opvolger. (c) Bekijk de volgende structuur: Een ander voorbeeld is: Jolien Oomens Werkcollege 3 24 februari / 11

8 Opgave 2 Als x R varptq dan geldt er ( ϕ t t Ñ ϕq x Wiskunde logica Werkcollege 4 Jolien Oomens 3 maart 2017 J t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, J a ( px t Ñ ϕq x ðñ voor alle a P A, als J a x ( x t dan J a x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als J a x pxq J a x ptq dan J a x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als a Jptq dan J a x ( ϕ ðñ J Jptq x ðñ J ( ϕ t x ( ϕ In de laatste stap gebruikten we het Substitutielemma (8.3). Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart / 6 Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart / 6 Opgave 3 (a) Laat zien dat ă definieerbaar is in pr, `,, 0q (b) Laat zien dat ă niet definieerbaar is in pr, `, 0q. Opgave 4 Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pa, βqptq pb, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pa, βq ( ϕ ðñ pb, βq ( ϕ. (a) Definieer ϕra, bs Dc pb a ` c cq. Dit betekent dat precies dat a ă b. (b) Bekijk het automorfisme πpxq x. Stel dat ă definieerbaar is in pr, `, 0q, dan moet het behouden worden onder dit automorfisme. Er geldt echter 2 ă 3, maar 2 ą 3 en dit is een tegenspraak. De crux is dat deze ϕ geen homomorfisme is ten opzichte van vermenigvuldiging. We doen inductie naar de complexiteit van t. variabele We hebben pa, βqptq βpxq pb, βqptq. constante We hebben pa, βqptq apcq pb, βqptq. functie We hebben pa, βqptq f A ppa, βqpt 1 q,..., pa, βqpt n qq f B ppb, βqpt 1 q,..., pb, βqpt n qq met de inductiehypothese. Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pb, βqptq. Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen. Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart / 6 Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart / 6

9 Opgave 5 (a) De structuur pa, σ A, 0 A q voldoet aan de axioma s van Peano. (b) N pn, `,, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen. Zij A pa, `A, A, 0 A, 1 A q een model van Π. De eerste drie formules uit Π geven precies (P1), (P2) en (P3) respectievelijk. We willen aantonen dat er een isomorfisme π : N A bestaat. We definiëren π inductief: πp0q 0 A πpn ` 1q σ A pπpnqq We weten al dat dit een isomorfisme pn, `, 0q pa, `A, 0 A q is (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook behoudt. We definiëren π : N Ñ A door πp0q 0 A en πpn ` 1q σ A pπpnqq. Claim Er geldt πpn mq πpnq A πpmq voor alle m, n P N. We bewijzen dit met inductie naar m. Als m 0 dan hebben we πpn 0q πp0q 0 A πpnq A πp0q. We gebruiken hier de zesde formule rπ6s. Stel dat het klopt voor een zekere m. Voor m ` 1 geldt dan πpn pm ` 1qq πpnm ` nq πpnmq `A πpnq IH πpnq A πpmq `A πpnq rπ7s πpnq A pπpmq `A 1 A q πpnq A σ A pπpmqq πpnq A πpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is. Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart / 6 Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart / 6

10 Opgave 1 (a) De structuur pa, σ A, 0 A q voldoet aan de axioma s van Peano. (b) N pn, `,, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen. Wiskunde logica Werkcollege 5 Jolien Oomens 10 maart 2017 Zij A pa, `A, A, 0 A, 1 A q een model van Π. De eerste drie formules uit Π geven precies (P1), (P2) en (P3) respectievelijk. We willen aantonen dat er een isomorfisme π : N A bestaat. We definiëren π inductief: πp0q 0 A πpn ` 1q σ A pπpnqq We weten al dat dit een isomorfisme is voor de opvolgfunctie (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook ` en behoudt. Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart / 8 Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart / 8 We definiëren π : N Ñ A door πp0q 0 A en πpn ` 1q σ A pπpnqq. Claim Er geldt πpn mq πpnq A πpmq voor alle m, n P N. Opgave 3 Laat zien dat de regel Γ, ϕ $ ψ Γ, ϕ incorrect is. We bewijzen dit met inductie naar m. Als m 0 dan hebben we πpn 0q πp0q 0 A πpnq A πp0q. We gebruiken hier de zesde formule rπ6s. Stel dat het klopt voor een zekere m. Voor m ` 1 geldt dan πpn pm ` 1qq πpnm ` nq πpnmq `A πpnq Neem Γ H en ϕ ψ Rxx. Dan is een model met twee punten waarvan er maar 1 reflexief is een tegenvoorbeeld. Als we aannemen dat x R var ψ dan is de regel duidelijk correct. IH πpnq A πpmq `A πpnq rπ7s πpnq A pπpmq `A 1 A q πpnq A σ A pπpmqq πpnq A πpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van. Bewijs nu hetzelfde voor `. Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart / 8 Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart / 8

11 Opgave 5 (a) Laat zien dat (a) Een mogelijk bewijs is Γ $ ϕ Γ $ ϕ Γ $ ϕ en (b) dat Γ $ ϕ Γ $ ϕ. Γ $ ϕ _ ϕ Γ $ ϕ (b) Een mogelijk bewijs is Γ $ ϕ (Premisse) (Tertium non datur) (Modus ponens). (Premisse) Γ, ϕ $ ϕ (Antecedent) Γ, ϕ $ ϕ (Aanname) Γ $ ϕ (Contradictie). Opgave 5(c) Laat zien dat ϕ $ ψ Dxϕ $ Dxψ. Een mogelijk bewijs is ϕ $ ψ ϕ $ Dxψ Dxϕ $ Dxψ (Premisse) (DS) (DA), waar we bij (DA) gebruikten dat x niet vrij is in Dxϕ en Dxψ. Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart / 8 Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart / 8 Opgave 5(d) Laat zien dat Γ $ ϕ Ñ ψ, Γ $ ϕ Γ $ ψ Herinner je dat ϕ Ñ ψ : ϕ _ ψ. We hebben Γ $ ϕ _ ψ Γ $ ϕ. (Premisse) (Premisse) Γ, ψ $ ψ (Aanname) Γ, ϕ $ ϕ (Aanname) Γ, ϕ $ ϕ (Antecedent) Γ, ϕ $ ψ (Contradictie ) Γ, p ϕ _ ψq $ ψ (_A) Γ $ ψ (Kettingregel). Opgave 5(e) Laat zien dat Γ $ ϕ y x Γ als y niet vrij is in Γ en Herinner je : Dx ϕ. Een bewijs is Γ $ ϕ y x (Premisse) Γ, ϕ y x $ ϕ y x (Aanname) Γ, Dx ϕ $ ϕ y x (DA) Γ, ϕ y x $ Dx ϕ (Contrapositie D) Γ $ Dx ϕ (Kettingregel). Controleer zelf dat we inderdaad de regel (DA) mochten toepassen. Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart / 8 Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart / 8

12 Opgave 1 Welke van deze formules zijn af te leiden? (a) Γ$ϕ,Γ$ψ Γ$ϕ^ψ (b) Γ$Dxϕ Γ$@xϕ. Een mogelijk bewijs voor de eerste claim is Wiskunde logica Werkcollege 6 Jolien Oomens 17 maart 2017 Γ $ ϕ (Premisse) Γ $ ψ (Premisse) Γ, ϕ $ ϕ (Aanname) Γ, ϕ $ ϕ (Antecedent) Γ, ϕ $ ψ (Contradictie ) Γ, ψ $ ψ (Aanname) Γ, ϕ _ ψ $ ψ (_A) Γ, ψ $ p ϕ _ ψq (Contrapositie (d)) Γ $ p ϕ _ ψq (Kettingregel). De tweede regel is incorrect en dus ook niet af te leiden. Jolien Oomens Werkcollege 6 17 maart / 7 Jolien Oomens Werkcollege 6 17 maart / 7 Opgave 1 Welke van deze formules zijn af te leiden? (c) Een bewijs voor (c) is Γ $ p ϕ _ ψq Γ$ϕ^ψ Γ$ϕ (d) Γ,ϕ$ψ Γ$ϕÑψ. (Premisse) Γ, ϕ $ ϕ (Aanname) Γ, ϕ $ ϕ _ ψ (_S) Γ, p ϕ _ ψq $ ϕ (Contrapositie (c)) Γ $ ϕ en een bewijs voor (d) is (Kettingregel) Γ, ϕ $ ψ (Premisse) Γ, ϕ $ ϕ _ ψ (_S) Γ, ϕ $ ϕ (Aanname) Γ, ϕ $ ϕ _ ψ (_S) Γ $ ϕ _ ψ (Gevalsonderscheiding). Opgave 1 Welke van deze formules zijn af te leiden? (e) ϕ_ψ$χ ϕ$χ. We hebben in huiswerk 1 gezien dat deze regel correct is. Een formeel bewijs is: ϕ _ ψ $ χ ϕ $ ϕ ϕ $ ϕ _ ψ ϕ $ χ (Premisse) (Aanname) (_S) (Kettingregel). Jolien Oomens Werkcollege 6 17 maart / 7 Jolien Oomens Werkcollege 6 17 maart / 7

13 Opgave 2a Geef een bewijs voor Γ$ϕ t x Opgave 3 Bepaal welke regels correct zijn: (a) Γ,ϕ$ψ (b) Γ,ϕ$ψ Γ,@xϕ$Dxϕ Γ,@xϕ$@xϕ Een mogelijkheid is Γ $ Dx ϕ (Premisse) Γ, ϕ t x $ ϕ t x (Aanname) Γ, ϕ t x $ Dx ϕ (DS) Γ, Dx ϕ $ ϕ t x (Contrapositie (c)) Γ $ ϕ t x (Kettingregel) (a) Stel dat J ù Γ en J Dan geldt voor alle a P A dat J a x ù ϕ. In het bijzonder geldt het dus voor a 0 βpxq Jpxq. Er geldt dus J a 0 x ù ϕ dus J ù ϕ, dus volgens de premisse geldt dan ook J ù ψ en daaruit volgt dat J ù ϕ a 0 x dus inderdaad J ù Dxϕ. (We gebruikten hier twee dingen: het Substitutielemma en J J a 0 x.) (b) Neem Γ trxxu, ϕ x x en ψ Rxx. Dit is dus incorrect. Jolien Oomens Werkcollege 6 17 maart / 7 Jolien Oomens Werkcollege 6 17 maart / 7 Opgave 3 Bepaal welke regels correct zijn: (c) in Γ (d) Γ$ϕ fy x Γ$Dxϕ als f unair is. Γ$ϕ fy x Γ$@xϕ als f unair is en f en y niet voorkomen (c) Deze regel is incorrect. Wat gebeurt er als f alles op één punt afbeeldt? (d) Deze regel is correct, want je kunt een x in het beeld van f bekijken. Je gebruikt dan dat een domein niet leeg mag zijn. Jolien Oomens Werkcollege 6 17 maart / 7

14 Wiskunde logica Werkcollege 7 Jolien Oomens 24 maart 2017 Opgave 1 Geef een voorbeeld van een verzameling Φ zodat (a) Φ consistent is (b) Φ niet negatie-compleet is (c) Φ geen getuigen bevat. (a) De verzameling Φ = { x (x x)} is inconsistent. (b) Neem Φ =. Je kunt niet bewijzen dat xrxx maar ook niet dat xrxx. (c) Neem Φ =. Dit heeft geen getuige voor de formule ϕ = Rxx. Bekijk de volgende structuur: a b Wanneer we de bedeling β(x) = b nemen dan zien we dat J = xϕ maar volgens het substitutielemma geldt J = ϕtx J J(t) x = ϕ. Omdat er geen constanten en functies zijn wordt elke term door J afgebeeld op b en daar is Rxx onwaar. Er kan dus geen getuige zijn. Jolien Oomens Werkcollege 7 24 maart / 5 Jolien Oomens Werkcollege 7 24 maart / 5 Opgave 2 Zij S = {Q, R}. (a) Geef de term-structuur J. (b) Geef de term-interpretatie J Φ voor Φ = {Qv 0 Rv 1}. Geldt J Φ = Φ? (a) Er kan niets bewezen worden behalve x x, dus T = T S en er zijn geen relaties. (b) We hebben nog steeds T = T S. De relaties zijn Qv 0 en Rv 1. Er geldt J Φ = Φ ( Lemma 1.7(b)), want je kunt Φ = {Qv 0, Rv 1 } bekijken en dan het lemma toepassen. Opgave 3 Zij S een symboolverzameling. Bepaal J Φ voor een inconsistente verzameling. Als Φ inconsistent is, dan geldt Φ ϕ voor alle formules ϕ. (Ctr ) Hierdoor zijn alle formules van de vorm t 1 t 2 afleidbaar, dus alle termen zijn equivalent. De structuur T Φ heeft dus maar één element. Het punt heeft alle mogelijke relaties, want we hebben ook Φ Rt... t. De functies zijn constant. De constantes worden afgebeeld op het punt. De bedeling β stuurt alle variabelen naar het enige punt. Merk op dat J Φ hetzelfde is voor alle inconsistente Φ. Jolien Oomens Werkcollege 7 24 maart / 5 Jolien Oomens Werkcollege 7 24 maart / 5

15 Opgave 4 Zij J = (A, β) een S-interpretatie en kies Φ = {ϕ L S J = ϕ}. (a) Laat zien dat Φ negatie-compleet is. (b) Neem A = {J(t) t an S-term}. Bewijs dat Φ getuigen bevat en dat A = J Φ. (a) Stel dat Φ ϕ. Dan geldt J = ϕ dus J = ϕ waardoor Φ ϕ. We hebben dus inderdaad Φ ϕ of Φ ϕ. (b) Stel dat Φ xϕ. Omdat J = Φ geldt dus J = xϕ. Er is dus een a A zodat J a x = ϕ, oftewel er is een term t zodat J J(t) x = ϕ. Volgens het substitutielemma geldt J = ϕ t x. Een getuige is dus een t zodat a = J(t), want ϕ t x Φ waardoor het zeker afleidbaar is. Het kanonieke isomorfisme stuurt J(t) A naar t T Φ. Dit is welgedefinieerd: als J(t 1 ) = J(t 2 ) dan geldt J = t 1 t 2 dus Φ t 1 t 2 waardoor t 1 t 2. Ga zelf de andere eisen na. Jolien Oomens Werkcollege 7 24 maart / 5

16 Opgave 1 Zij Φ = {v 0 t t T S } { v 0 v 1 v 0 v 1}. Bewijs Con Φ en dat er geen consistente verzameling in L S bestaat die Φ omvat en ook getuigen heeft. Wiskunde logica Werkcollege 8 Jolien Oomens 6 april 2017 Bekijk een structuur bestaande uit twee punten a en b. Kies β(x) = a voor alle x. Dan worden alle termen afgebeeld op a, dus J = Φ. Uit Sat Φ volgt Con Φ. Stel dat er een Ψ is met Φ Ψ die getuigen bevat. Volgens de volledigheidsstelling is er een model J dat Ψ waar maakt. Er zijn ook getuigen t 1, t 2 T S zodat Ψ ( v 0 v 1 v 0 v 1 t 1 t 2 ) dus J = t 1 t 2 maar ook J = t 1 t 2. Tegenspraak. Jolien Oomens Werkcollege 8 6 april / 6 Jolien Oomens Werkcollege 8 6 april / 6 Opgave 2 Is { v 1Pv 1, Pv 1, Pv 2, Pv 3,... } consistent? Opgave 3 Laat zien dat een oneindige kaart met vier kleuren te kleuren is dan en slechts dan als elke eindige deelkaart met vier kleuren te kleuren is. Kies opnieuw β niet surjectief. Bekijk de taal met de vier unaire relaties {G, B, R, O} (groen, blauw, rood, oranje) en introduceer een constante voor elk land op de kaart (bijvoorbeeld c NL, c EN, c BE ). Zij R de relatie die weergeeft welke landen aan elkaar grenzen. De formule ϕ = x ((Gx Bx Rx Ox) y(rxy ((Gy Gx)... )) beschrijft een correcte kleuring. De compactheidsstelling (VI.2.1(b)) geeft nu het resultaat. Jolien Oomens Werkcollege 8 6 april / 6 Jolien Oomens Werkcollege 8 6 april / 6

17 Opgave 4 Zij Σ 1 en Σ 2 twee verzamelingen zinnen zodat er geen structuur is die een model is van zowel Σ 1 als Σ 2. Bewijs dat er een zin τ is zodat Mod(Σ 1) Mod(τ) en Mod(Σ 2) Mod( τ). Opgave 5 Neem S = {P} en zij A de structuur met A = Z en (a, b) P A precies als a b = 1. Bewijs dat er een structuur B is die dezelfde S-zinnen waar maakt als A, maar niet samenhangend is. Er geldt niet Sat(Σ 1 Σ 2 ) dus er is een eindige deelverzameling zonder model, zeg {ϕ 1,..., ϕ n, ψ 1,..., ψ m } waarbij elke ϕ i Σ 1 en elke ψ j Σ 2. Definieer nu τ = ϕ 1 ϕ n. Elk model voor Σ 1 is zeker een model voor τ. Zij M Mod(Σ 2 ) en stel dat M Mod( τ). Dan geldt M = τ, maar dan moet ook M = {ϕ 1,..., ϕ n, ψ 1,..., ψ m }. Tegenspraak. Voeg twee constanten c en d toe aan A. Schrijf ϕ n = x 1... x n 1 (Rcx 1 Rx 1 x 2 Rx n 1 d). We zien dat elke eindige deelverzameling van ϕ n Th(A) n=1 een model heeft, dus er bestaat een structuur die al deze formules waar maakt (compactheid). Jolien Oomens Werkcollege 8 6 april / 6 Jolien Oomens Werkcollege 8 6 april / 6

18 Wiskunde logica Werkcollege 9 Jolien Oomens 11 april 2017 Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april / 7 Opgave 1 Zij S een symboolverzameling. (a) Bewijs dat de verzameling van alle eindige S-structuren niet -elementair is. (b) Bewijs dat de verzameling van alle oneindige S-structuren -elementair is maar niet elementair. Zij ϕ n de formule die aangeeft dat A n. (a) Stel van wel, dan is er een Φ zodat Mod(Φ) = {A : A < }. Bekijk nu n N ϕ n Φ. Elke eindige deelverzameling heeft een model, dus volgens de compactheidsstelling heeft deze verzameling een model. Er is dus een oneindige structuur die Φ waarmaakt. Tegenspraak. (b) Er geldt Mod({ϕ n : n N}) = {A : A = }. Stel dat de verzameling elementair is. Dan is er een ϕ zodat Mod({ϕ}) = {A : A = }, maar dan geldt Mod({ ϕ}) = {A : A < }. Tegenspraak. Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april / 7 Opgave 2 Zij K een -elementaire klasse van structuren. Laat zien dat de klasse K van structuren in K met een oneindig domein ook -elementair is. We weten dat er een Φ is zodat K = Mod(Φ). Neem nu ϕ n opnieuw de formule die zegt dat een structuur n of meer punten heeft. Dan hebben we ( ) K = Mod ϕ n Φ, n N dus K is -elementair. Opgave 3 Bewijs met Zorns lemma dat elk ideaal ongelijk aan R bevat is in een maximaal ideaal. Zij I R een ideaal. We bekijken de poset V = {I J R : J een ideaal}. Zij K V een ketting. Dan is de vereniging B = J K J opnieuw een ideaal: 1 B I 2 B is gesloten onder optelling. 3 Voor b B en r R is er een J K zodat b J en omdat dit een ideaal is geldt ook a r J B en r a J B. Merk op dat 1 / J voor alle J K, dus ook 1 / B waardoor B niet de hele ring is. We zien dat B V een bovengrens is. Er is dus een maximaal element M V. Dit is een maximaal ideaal omdat M R. Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april / 7 Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april / 7

19 Opgave 4 Voor elke vervulbare verzameling Φ van S-zinnen zij A S een S-structuur zodat A Φ = Φ. Definieer Σ = {A Φ : Φ L S 0 zodat Sat(Φ)} en X ϕ = {A Σ A = ϕ}. (a) We hebben (b) Er geldt X ϕ ψ = {A Σ A = ϕ ψ} = {A Σ A = ϕ en A = ψ} = {A Σ A = ϕ} {A Σ A = ψ} = X ϕ X ψ. X ϕ = {A Σ A = ϕ} = {A Σ A = ϕ} = Σ \ {A Σ A = ϕ} = Σ \ X ϕ. Opgave 4 Voor elke vervulbare verzameling Φ van S-zinnen zij A S een S-structuur zodat A Φ = Φ. Definieer Σ = {A Φ : Φ L S 0 zodat Sat(Φ)} en X ϕ = {A Σ A = ϕ}. (c) Stel dat Σ = ϕ Φ X ϕ. Definieer Ψ = { ϕ : ϕ Φ}. Ik claim dat Φ dan niet vervulbaar is. Stel dat wel Sat(Ψ) geldt. Dan is er een A Ψ Σ zodat A Ψ = Ψ, maar dan geldt A Ψ = ϕ voor alle ϕ Φ. De structuur A Ψ kan dus in geen enkele X ϕ zitten. Dit is strijdig met Σ = ϕ Φ X ϕ. De verzameling Ψ heeft geen model dus volgens de compactheidsstelling is er een eindige Ψ 0 Ψ die ook onvervulbaar is. Noem de bijbehorende indexverzameling Φ 0. Stel dat Σ ϕ Φ 0 X ϕ. Dan is er een A χ zodat A = ϕ voor alle ϕ Φ 0. Dit betekent precies dat A χ een model is voor Ψ. Dit is een tegenspraak, dus Σ = ϕ Φ 0 X ϕ. Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april / 7 Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april / 7 Breinkraker Waarom kozen we voor elke vervulbare Φ een representant A Φ in plaats van simpelweg Σ = Mod( ) te kiezen? Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april / 7

20 Opgave 5(a) Bewijs dat K elementair is dan en slechts dan als er een eindig systeem van axioma s bestaat. Wiskunde logica Werkcollege 10 Jolien Oomens 21 april 2017 De implicatie = is triviaal. = : Stel dat K = Mod(Φ) met Φ = {ϕ 1,..., ϕ n }. Definieer nu ψ = ϕ 1 ϕ n. Dan geldt K = Mod({ψ}), dus K is elementair. Jolien Oomens Werkcollege april / 6 Jolien Oomens Werkcollege april / 6 Opgave 5(b) Als K elementair is en K = Mod(Φ) dan is er een eindige ϕ 0 Φ zodat K = Mod(Φ 0). Opgave 6(a) Zij K 1 K en K 2 = K \ K 1. Stel dat K elementair is en K 1 -elementair is. Bewijs dat K 1 elementair is dan en slechts dan als K 2 -elementair is. We hebben K = Mod({ϕ}) voor een zekere formule ϕ. De verzameling Φ { ϕ} is onvervulbaar, dus er is een eindige deelverzameling Φ 0 { ϕ} die onvervulbaar is. Het is zeker waar dat Mod(Φ) Mod(Φ 0 ). Zij M Mod Φ 0. Omdat Φ 0 { ϕ} inconsistent is volgt dat M = ϕ dus M = ϕ. Hieruit volgt dat M een element is van Mod({ϕ}) = Mod(Φ). = : Stel dat K 1 = Mod({ϕ}). Schrijf K = Mod({ψ}). De formule ψ ϕ beschrijft nu precies K 2, dus K 2 is zelfs elementair. = : Stel dat K 2 = Mod(Ψ). Schrijf K 1 = Mod(Φ). De verzameling Φ Ψ is onvervulbaar dus er is een eindige deelverzameling Φ 0 Ψ 0 die onvervulbaar is. Er geldt nu K 1 = Mod(Φ 0 {ψ}). Deze verzameling is eindig, dus K 1 is elementair. (Bewijs: stel dat M = Φ 0 en M = ψ. Dan kan M geen model zijn van Ψ 0, dus M Mod(Ψ) = K 2. Omdat M wel een model is van ψ geldt M K \ K 2 = K 1.) Jolien Oomens Werkcollege april / 6 Jolien Oomens Werkcollege april / 6

21 Opgave 6(b) Bewijs dat K 2 -elementair is dan en slechts dan als K 2 elementair is. Opgave 7 Geef een formule die voor elke n een model heeft met 2n punten (en geen oneven modellen). = is triviaal. = : Als K 2 -elementair is dan hebben we K 1 = Mod({ϕ}) volgens onderdeel (a). Schrijf K = Mod({ψ}). Nu geldt K 2 = Mod({ψ ϕ}), dus K 2 is elementair. Idee: we nemen twee unaire relatiesymbolen R en B zodat voor elk punt óf Rx geldt óf Bx. Als er dan een permutatie f bestaat die de kleuren omdraait dan waren blijkbaar evenveel punten rood gekleurd als blauw. Formeel: Neem S := {R, B, f }. We willen dat voldaan wordt aan ϕ 1 = x(rx Bx) ϕ 2 = x(rx Bx) ϕ 3 = x ((Bx R(fx)) (Rx B(fx))) ϕ 4 = x y(fx fy x y) dus we nemen de formule ϕ = ϕ 1 ϕ 4. Jolien Oomens Werkcollege april / 6 Jolien Oomens Werkcollege april / 6

22 Opgave 1 (a) Geef een S P(X ) die geen upset is. (b) Geef een S P(X ) die wel een upset is maar geen filter. (c) Geef een filter F die geen ultrafilter is. Wiskunde logica Werkcollege 11 Jolien Oomens 2 mei 2017 (a) Neem S = { } en X = {1, 2}. (b) Kies verschillende x, y X en definieer S = {A X : x A y A}. Dan geldt niet dat A, B S = A B S. (c) De co-eindige filter F = {A X : X \ A is eindig}. Voor bijvoorbeeld X = R en A = R 0 geldt A F en X \ A F. Jolien Oomens Werkcollege 11 2 mei / 8 Jolien Oomens Werkcollege 11 2 mei / 8 Opgave 2(a) Bewijs dat een niet-principieel ultrafilter op (P(N), ) geen eindige verzameling bevat. Opgave 2(b) Bewijs dat voor een filter F en een U N de verzameling F = {V N : A U V voor een A F } een filter is. Zij F een niet-principieel ultrafilter van (P(N), ) en stel dat een eindige verzameling A = {a 1,..., a n } F. Definieer B 1 = X \ {a 1 }. We weten dat B 1 F, want {a 1 } F omdat F niet principieel is. Nu zien we dat X \ A = B 1 B n F dus ook (X \ A) A = F en dat geeft een tegenspraak met de aanname dat F P(N). Een filter in N is een collectie F P (N) zodat 1 A F en B F = A B F 2 A F en A B = B F. Neem C, D F. Dan zijn er A, B F zodat A U C en B U D. Nu zien we dat (A B) U C D, dus C D F. Stel nu dat C F en C E. Er is een A F zodat A U C E, dus E F. Het is duidelijk de kleinste extensie. Jolien Oomens Werkcollege 11 2 mei / 8 Jolien Oomens Werkcollege 11 2 mei / 8

23 Opgave 2(c) Bewijs dat elke filter F P(N) uitgebreid kan worden naar een ultrafilter. Zij F P(N) een filter. Bekijk de poset Opgave 2 (d) Bewijs dat {A N : N \ A is eindig} een filter is. (e) Bewijs dat er een niet-principieel ultrafilter bestaat op (P(N), ) V = {F G P(N) : G is een filter}. Zij K V een ketting. Dan is de vereniging H = G K G opnieuw een filter. Omdat F geldt ook H, dus H P(N). Deze H is dus een bovengrens in V. Er is dus een maximaal element M volgens Zorns lemma. Stel dat A M. Er geldt M M {A} {V N : B A V voor een B M} =: M (d) Analoog aan (b). (e) We breiden het filter uit (d) uit naar een ultrafilter F. We willen nu bewijzen dat deze F niet-principieel is. Merk op dat er geen eindige verzamelingen in F kunnen zitten, dus in het bijzonder kunnen er ook geen singletons {x} in zitten. Dit laat zien dat F niet van de vorm {A N : x A} is. dus omdat M maximaal is moet M = P(N). Er is dus een B M zodat B A =, dus N \ A B M. Dit laat zien dat voor alle A N we A M of N \ A M hebben, dus M is een ultrafilter. Jolien Oomens Werkcollege 11 2 mei / 8 Jolien Oomens Werkcollege 11 2 mei / 8 Opgave 3 Zij A 1,..., A n S-structuren met S = {R}. Zij F n het principiele ultrafilter van (P(N), ) gegenereerd door n N. Bewijs dat ( i N Ai ) /Fn = An. We hebben dus F n = {A N : n A}, a b {i N : a(i) = b(i)} F n n {i N : a(i) = b(i)} a(n) = b(n). De afbeelding f : ( i N A i) /Fn A n gegeven door f (a) = a(n) is dus een isomorfisme. Opgave 4 (a) Bewijs dat de klasse van lineaire ordes gesloten is onder ultraproducten. (b) Bewijs dat de klasse van eindige posets niet elementair is. (a) We weten dat er een ϕ is die precies weergeeft dat een structuur een lineaire orde is. Omdat elke A i = ϕ geldt ook i I A i/ = ϕ volgens Loś stelling. (b) Stel van wel, dan moet de eigenschap behouden zijn onder het nemen van een ultraproduct. Neem A i = {1,..., i} en zij F een ultrafilter die de co-eindige filter omvat. Nu is ({1} {1, 2} {1, 2, 3}... ) /F oneindig groot, want de rijtjes a n (i) = min(i, n) zijn allemaal verschillend in het ultraproduct: a 1 = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1,... a 2 = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2,... a 3 = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3,... Jolien Oomens Werkcollege 11 2 mei / 8 Jolien Oomens Werkcollege 11 2 mei / 8

24 Wiskunde logica Werkcollege 12 Jolien Oomens 12 mei 2017 Opgave 1 (a) Bewijs dat de klasse van lineaire ordes gesloten is onder ultraproducten. (b) Bewijs dat de klasse van eindige posets niet elementair is. (a) We weten dat er een ϕ is die precies weergeeft dat een structuur een lineaire orde is. Omdat elke A i = ϕ geldt ook i I A i/ = ϕ volgens de stelling van Loś. (b) Stel van wel, dan moet de eigenschap behouden zijn onder het nemen van een ultraproduct. Neem A i = {1,..., i} en zij F een ultrafilter die de co-eindige filter omvat. Nu is ({1} {1, 2} {1, 2, 3}... ) /F oneindig groot, want de rijtjes a n (i) = min(i, n) zijn allemaal verschillend in het ultraproduct: a 1 = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1,... a 2 = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2,... a 3 = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3,... Jolien Oomens Werkcollege mei / 6 Jolien Oomens Werkcollege mei / 6 Opgave 2 Geef een definitie in Φ 0 van (a) x is een n-aire functie van y naar z (b) x = y z Opgave 3 Bewijs in ZFC dat er een verzameling bestaat zonder elementen. Op bladzijde 104 zijn de axioma s te vinden. (a) Informeel: Mx My Mz (x y n z) y 1... y n!z((y 1,..., y n, z) x). (b) Een mogelijke definitie is Het axioma INF geeft het bestaan van een oneindige verzameling x. Nu kunnen we met SEP een selectie maken: definieer ϕ(z) = z z. Dit kan voor geen enkele z waar zijn, dus SEP verandert x in de lege verzameling. Mx My Mz w (w x (w y w z)). Jolien Oomens Werkcollege mei / 6 Jolien Oomens Werkcollege mei / 6

25 Opgave 4 Bewijs dat het keuzeaxioma equivalent is aan het bestaan van keuzefuncties voor niet-lege verzamelingen. Neem het keuzeaxioma aan. Zij A = {B i : i I } een verzameling van niet-lege verzamelingen. We weten niet of de B i disjunct zijn, dus we mogen het keuzeaxioma niet direct toepassen. Dankzij POW weten we dat P(A A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ: A P(A A) door ϕ(b i ) = {(B i, y) : y B i }. Nu bestaat het beeld ϕ(a) = {{(B i, y) : y B i } : i I } uit disjuncte verzamelingen (REP) want alle B i zijn verschillend. Het keuzeaxioma geeft een verzameling Opgave 4 Bewijs dat het keuzeaxioma equivalent is aan het bestaan van keuzefuncties voor niet-lege verzamelingen. Neem nu het bestaan van keuzefuncties aan en zij A = {B i : i I } een verzameling van disjunctie niet-lege verzameling. Zij f : A A een keuzefunctie. Volgens REP is het beeld van f een verzameling en dit is precies de gezochte verzameling met één element uit elke B i. Dit bewijst het keuzeaxioma. C = {{(B i, y i )} : i I } dus volgens REP is ook {y i : i I } een verzameling. De gezochte keuzefunctie is f (B i ) := y i. Jolien Oomens Werkcollege mei / 6 Jolien Oomens Werkcollege mei / 6

26 Opgave 1(a) Stel dat X een eindige verzameling is. Bewijs dat elke ultrafilter van (P(X ), ) van de vorm F x = {U X : x U} is. Wiskunde logica Werkcollege 13 Jolien Oomens 22 mei 2017 Schrijf X = {x 1,..., x n } en A i = {x i }. Zij F een ultrafilter van (P(X ), ). Als er een i {1,..., n} is zodat A i F dan zijn we klaar. Stel dat geen enkele A i F. Omdat F een ultrafilter is geldt dan X \ A i F voor elke i, dus ook n X \ A i = F. i=1 Hieruit volgt dat F = P(X ) en dat is een contradictie met de aanname dat F een ultrafilter is. Jolien Oomens Werkcollege mei / 7 Jolien Oomens Werkcollege mei / 7 Opgave 1(b) Stel dat F een filter is op (P(I ), ). Bewijs dat F een transitieve relatie is op i I Ai. Stel dat a F b en b F c. Dit betekent dat {i I : a(i) = b(i)} F {i I : b(i) = c(i)} F dus de doorsnede zit ook in F. Maar nu zien we dat {i : a(i) = c(i)} {i : a(i) = b(i)} {i : b(i) = c(i)} F, oftewel a F c. Opgave 1(c) Zij A en B zoals in de figuur. Zij F = {{1}, {1, 2}}. Beschrijf het ultraproduct. a 1 a 2 b 1 b 2 De elementen van het Cartesisch product zijn (a 1, b 1 ), (a 2, b 1 ), (a 1, b 2 ) en (a 2, b 2 ). Twee paren zijn equivalent als ze op het eerste element overeenstemmen. We hebben c = {(a 1, b 1 ), (a 1, b 2 )} d = {(a 2, b 1 ), (a 2, b 2 )} R(c, d) R 1 (c 1, d 1 ) en de rechterkant is waar. Dit beschrijft het ultraproduct. Jolien Oomens Werkcollege mei / 7 Jolien Oomens Werkcollege mei / 7

27 Opgave 2 Beschrijf V 4 en V 5. Opgave 3 Bewijs in ZFC + AF dat voor elke verzameling a we a a hebben. V 0 = V 1 = { } V 2 = {, { }} V 3 = {, { }, {{ }}, {, { }}} We hebben V 0 := en V n+1 = P(V n ). Dit geeft de recursieve relatie V 0 = 1 en V n = 2 V n 1. Het aantal elementen van V n is dus 2 n 1. Hieruit volgt dat V 5 = V 4 = {, { }, {{ }}, {{{ }}}, {{, { }}}, {, { }}, {, {{ }}}, {, {, { }}}, {{ }, {{ }}}, {{ }, {, { }}}, {{{ }}, {, { }}}, {, { }, {{ }}}, {, { }, {, { }}}, {, {{ }}, {, { }}}, {{ }, {{ }}, {, { }}}, {, { }, {{ }}, {, { }}}} De verzameling V 5 kun je in een los bestand downloaden. Jolien Oomens Werkcollege mei / 7 Bekijk de verzameling {a}. Volgens het funderingsaxioma bestaat er een y {a} zodat y {a} =. Omdat {a} maar één element bevat geldt y = a dus a {a} =. Als we nu a a zouden hebben dat geldt a a {a} en dat is een tegenspraak. Dit bewijst dat a a. Jolien Oomens Werkcollege mei / 7 Opgave 4 Bewijs dat er een kleinste inductieve verzameling bestaat. Zij x de verzameling gecreëerd door INF. Definieer ω := {z : z x en voor elke inductieve y geldt z y}. We zien dat ω en voor elke z ω geldt ook z {z} ω, dus ω is inductief. Voor een inductieve verzameling y geldt z ω z y dus ω y. Dit bewijst dat ω de kleinste inductieve verzameling is. Jolien Oomens Werkcollege mei / 7