Wiskunde logica Werkcollege 13 Jolien Oomens 22 mei 2017

(1)

Wiskunde logica

Werkcollege 13 Jolien Oomens 22 mei 2017

(2)

Opgave 1(a)

Stel dat X een eindige verzameling is. Bewijs dat elke ultrafilter van (P(X ), ⊆) van de vorm Fx = {U ⊆ X : x ∈ U} is.

Schrijf X = {x₁, . . . , x_n} en A_i = {x_i}. Zij F een ultrafilter van (P(X ), ⊆). Als er een i ∈ {1, . . . , n} is zodat Ai ∈ F dan zijn we klaar.

Stel dat geen enkele A_i ∈ F . Omdat F een ultrafilter is geldt dan X \ Ai ∈ F voor elke i , dus ook

n

\

i =1

X \ A_i = ∅ ∈ F .

Hieruit volgt dat F = P(X ) en dat is een contradictie met de aanname dat F een ultrafilter is.

Jolien Oomens Werkcollege 13 22 mei 2017 2 / 7

(3)

Opgave 1(a)

Schrijf X = {x₁, . . . , x_n} en A_i = {x_i}.

Zij F een ultrafilter van (P(X ), ⊆). Als er een i ∈ {1, . . . , n} is zodat Ai ∈ F dan zijn we klaar.

n

\

i =1

X \ A_i = ∅ ∈ F .

(4)

Opgave 1(a)

Schrijf X = {x₁, . . . , x_n} en A_i = {x_i}. Zij F een ultrafilter van (P(X ), ⊆).

Als er een i ∈ {1, . . . , n} is zodat Ai ∈ F dan zijn we klaar.

n

\

i =1

X \ A_i = ∅ ∈ F .

(5)

Opgave 1(a)

n

\

i =1

X \ A_i = ∅ ∈ F .

(6)

Opgave 1(a)

Stel dat geen enkele A_i ∈ F .

Omdat F een ultrafilter is geldt dan X \ Ai ∈ F voor elke i , dus ook

n

\

i =1

X \ A_i = ∅ ∈ F .

(7)

Opgave 1(a)

Stel dat geen enkele A_i ∈ F . Omdat F een ultrafilter is geldt dan X \ Ai ∈ F voor elke i ,

dus ook

n

\

i =1

X \ A_i = ∅ ∈ F .

(8)

Opgave 1(a)

n

\

i =1

X \ A_i = ∅ ∈ F .

(9)

Opgave 1(a)

n

\

i =1

X \ A_i = ∅ ∈ F .

(10)

Opgave 1(b)

Stel dat F een filter is op (P(I ), ⊆). Bewijs dat ∼F een transitieve relatie is opQ

i ∈IAi.

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.

(11)

Opgave 1(b)

i ∈IAi.

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

(12)

Opgave 1(b)

i ∈IAi.

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

(13)

Opgave 1(b)

i ∈IAi.

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

(14)

Opgave 1(b)

i ∈IAi.

{i : a(i ) = c(i )} ⊇ {i : a(i ) = b(i )} ∩ {i : b(i ) = c(i )} ∈ F ,

oftewel a ∼_F c.

(15)

Opgave 1(b)

i ∈IAi.

(16)

Opgave 1(c)

Zij A en B zoals in de figuur. Zij F = {{1}, {1, 2}}. Beschrijf het ultraproduct.

a₁ a₂

b₁ b₂

De elementen van het Cartesisch product zijn (a1, b1), (a2, b1), (a₁, b₂) en (a₂, b₂). Twee paren zijn equivalent als ze op het eerste element overeenstemmen.

c = {(a₁, b₁), (a₁, b₂)} d = {(a₂, b₁), (a₂, b₂)}

We hebben

R(c, d ) ⇐⇒ R¹(c1, d1)

en de rechterkant is waar. Dit beschrijft het ultraproduct.

(17)

Opgave 1(c)

a₁ a₂

b₁ b₂

De elementen van het Cartesisch product zijn (a1, b1), (a2, b1), (a₁, b₂) en (a₂, b₂).

Twee paren zijn equivalent als ze op het eerste element overeenstemmen.

c = {(a₁, b₁), (a₁, b₂)} d = {(a₂, b₁), (a₂, b₂)}

We hebben

R(c, d ) ⇐⇒ R¹(c1, d1)

(18)

Opgave 1(c)

a₁ a₂

b₁ b₂

c = {(a₁, b₁), (a₁, b₂)} d = {(a₂, b₁), (a₂, b₂)}

We hebben

R(c, d ) ⇐⇒ R¹(c1, d1)

(19)

Opgave 1(c)

a₁ a₂

b₁ b₂

c = {(a₁, b₁), (a₁, b₂)} d = {(a₂, b₁), (a₂, b₂)}

We hebben

R(c, d ) ⇐⇒ R¹(c1, d1)

(20)

Opgave 1(c)

a₁ a₂

b₁ b₂

c = {(a₁, b₁), (a₁, b₂)} d = {(a₂, b₁), (a₂, b₂)}

We hebben

R(c, d ) ⇐⇒ R¹(c1, d1)

(21)

Opgave 1(c)

a₁ a₂

b₁ b₂

c = {(a₁, b₁), (a₁, b₂)} d = {(a₂, b₁), (a₂, b₂)}

We hebben

1

Dit beschrijft het ultraproduct.

(22)

Opgave 1(c)

a₁ a₂

b₁ b₂

c = {(a₁, b₁), (a₁, b₂)} d = {(a₂, b₁), (a₂, b₂)}

We hebben

R(c, d ) ⇐⇒ R¹(c1, d1) en de rechterkant is waar.

Dit beschrijft het ultraproduct.

(23)

Opgave 1(c)

a₁ a₂

b₁ b₂

c = {(a₁, b₁), (a₁, b₂)} d = {(a₂, b₁), (a₂, b₂)}

We hebben

1

(24)

Opgave 2

Beschrijf V4 en V5.

V0 = ∅ V1 = {∅} V2 = {∅, {∅}}

V₃ = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}

We hebben V₀ := ∅ en V_n+1= P(V_n). Dit geeft de recursieve relatie |V0| = 1 en |V_n| = 2^|Vⁿ⁻¹^|. Het aantal elementen van Vn is dus 2 ↑↑ n − 1. Hieruit volgt dat |V5| = 65536.

V4= {∅, {∅}, {{∅}}, {{{∅}}}, {{∅, {∅}}}, {∅, {∅}}, {∅, {{∅}}}, {∅, {∅, {∅}}}, {{∅}, {{∅}}}, {{∅}, {∅, {∅}}}, {{{∅}}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}, {∅, {{∅}}, {∅, {∅}}}, {{∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}} De verzameling V₅ kun je in een los bestand downloaden.

(25)

Opgave 2

Beschrijf V4 en V5.

V₀ = ∅ V1 = {∅}

V2 = {∅, {∅}}

V₃ = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}

(26)

Opgave 2

Beschrijf V4 en V5.

V₀ = ∅ V1 = {∅}

V2 = {∅, {∅}}

V₃ = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}

We hebben V₀ := ∅ en V_n+1= P(V_n).

Dit geeft de recursieve relatie |V0| = 1 en |V_n| = 2^|Vⁿ⁻¹^|. Het aantal elementen van Vn is dus 2 ↑↑ n − 1. Hieruit volgt dat |V5| = 65536.

(27)

Opgave 2

Beschrijf V4 en V5.

V₀ = ∅ V1 = {∅}

V2 = {∅, {∅}}

V₃ = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}

We hebben V₀ := ∅ en V_n+1= P(V_n).

Dit geeft de recursieve relatie |V0| = 1 en |V_n| = 2^|Vⁿ⁻¹^|. Het aantal elementen van Vn is dus 2 ↑↑ n − 1. Hieruit volgt dat |V5| = 65536.

V4= {∅, {∅}, {{∅}}, {{{∅}}}, {{∅, {∅}}}, {∅, {∅}}, {∅, {{∅}}}, {∅, {∅, {∅}}}, {{∅}, {{∅}}}, {{∅}, {∅, {∅}}}, {{{∅}}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}, {∅, {{∅}}, {∅,

De verzameling V₅ kun je in een los bestand downloaden.

(28)

Opgave 2

Beschrijf V4 en V5.

V₀ = ∅ V1 = {∅}

V2 = {∅, {∅}}

V₃ = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}

We hebben V₀ := ∅ en V_n+1= P(V_n). Dit geeft de recursieve relatie |V0| = 1 en |V_n| = 2^|Vⁿ⁻¹^|.

Het aantal elementen van Vn is dus 2 ↑↑ n − 1. Hieruit volgt dat |V5| = 65536.

V4= {∅, {∅}, {{∅}}, {{{∅}}}, {{∅, {∅}}}, {∅, {∅}}, {∅, {{∅}}}, {∅, {∅, {∅}}}, {{∅}, {{∅}}}, {{∅}, {∅, {∅}}}, {{{∅}}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}, {∅, {{∅}}, {∅, {∅}}}, {{∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}}

(29)

Opgave 2

Beschrijf V4 en V5.

V₀ = ∅ V1 = {∅}

V2 = {∅, {∅}}

V₃ = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}

We hebben V₀ := ∅ en V_n+1= P(V_n). Dit geeft de recursieve relatie |V0| = 1 en |V_n| = 2^|Vⁿ⁻¹^|. Het aantal elementen van Vn is dus 2 ↑↑ n − 1.

Hieruit volgt dat |V5| = 65536.

V4= {∅, {∅}, {{∅}}, {{{∅}}}, {{∅, {∅}}}, {∅, {∅}}, {∅, {{∅}}}, {∅, {∅, {∅}}}, {{∅}, {{∅}}}, {{∅}, {∅, {∅}}}, {{{∅}}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}, {∅, {{∅}}, {∅,

(30)

Opgave 2

Beschrijf V4 en V5.

V₀ = ∅ V1 = {∅}

V2 = {∅, {∅}}

V₃ = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}

V4= {∅, {∅}, {{∅}}, {{{∅}}}, {{∅, {∅}}}, {∅, {∅}}, {∅, {{∅}}}, {∅, {∅, {∅}}}, {{∅}, {{∅}}}, {{∅}, {∅, {∅}}}, {{{∅}}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}, {∅, {{∅}}, {∅, {∅}}}, {{∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}}

(31)

Opgave 2

Beschrijf V4 en V5.

V₀ = ∅ V1 = {∅}

V2 = {∅, {∅}}

V₃ = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}

V4= {∅, {∅}, {{∅}}, {{{∅}}}, {{∅, {∅}}}, {∅, {∅}}, {∅, {{∅}}}, {∅, {∅, {∅}}}, {{∅}, {{∅}}}, {{∅}, {∅, {∅}}}, {{{∅}}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}, {∅, {{∅}}, {∅,

(32)

Opgave 3

Bewijs in ZFC + AF dat voor elke verzameling a we a 6∈ a hebben.

Bekijk de verzameling {a}. Volgens het funderingsaxioma bestaat er een y ∈ {a} zodat y ∩ {a} = ∅. Omdat {a} maar ´e´en 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 6∈ a.

(33)

Opgave 3

Bekijk de verzameling {a}.

Volgens het funderingsaxioma bestaat er een y ∈ {a} zodat y ∩ {a} = ∅. Omdat {a} maar ´e´en 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 6∈ a.

(34)

Opgave 3

Bekijk de verzameling {a}. Volgens het funderingsaxioma bestaat er een y ∈ {a} zodat y ∩ {a} = ∅.

Omdat {a} maar ´e´en 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 6∈ a.

(35)

Opgave 3

Bekijk de verzameling {a}. Volgens het funderingsaxioma bestaat er een y ∈ {a} zodat y ∩ {a} = ∅. Omdat {a} maar ´e´en 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 6∈ a.

(36)

Opgave 3

Bekijk de verzameling {a}. Volgens het funderingsaxioma bestaat er een y ∈ {a} zodat y ∩ {a} = ∅. Omdat {a} maar ´e´en 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 6∈ a.

(37)

Opgave 3

Bekijk de verzameling {a}. Volgens het funderingsaxioma bestaat er een y ∈ {a} zodat y ∩ {a} = ∅. Omdat {a} maar ´e´en 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 6∈ a.

(38)

Opgave 4

Bewijs dat er een kleinste inductieve verzameling bestaat.

Zij x de verzameling gecre¨eerd 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.

(39)

Opgave 4

Zij x de verzameling gecre¨eerd 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.

(40)

Opgave 4

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.

(41)

Opgave 4

(42)

Opgave 4

Voor een inductieve verzameling y geldt z ∈ ω → z ∈ y dus ω ⊆ y .

Dit bewijst dat ω de kleinste inductieve verzameling is.

(43)