Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april 2017 1 / 7
Wiskunde logica
Werkcollege 9
Jolien Oomens 11 april 2017
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 ϕn de formule die aangeeft dat |A| ≥ n.
(a) Stel van wel, dan is er een Φ zodat Mod(Φ) = {A : |A| < ∞}.
Bekijk nuS
n∈Nϕn∪ 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({ϕn : 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 2017 2 / 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 ϕn opnieuw de formule die zegt dat een structuur n of meer punten heeft. Dan hebben we
K∞= Mod [
n∈N
ϕn∪ Φ
! ,
dus K∞is ∆-elementair.
Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april 2017 3 / 7
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 =S
J∈KJ opnieuw een ideaal:
1 B ⊇ I 6= ∅
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 6= R.
Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april 2017 4 / 7
Opgave 4
Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ LS0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.
(a) We hebben
Xϕ∧ψ = {A ∈ Σ | A |= ϕ ∧ ψ}
= {A ∈ Σ | A |= ϕ en A |= ψ}
= {A ∈ Σ | A |= ϕ} ∩ {A ∈ Σ | A |= ψ}
= Xϕ∩ Xψ. (b) Er geldt
X¬ϕ= {A ∈ Σ | A |= ¬ϕ}
= {A ∈ Σ | A 6|= ϕ}
= Σ \ {A ∈ Σ | A |= ϕ}
= Σ \ Xϕ.
Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april 2017 5 / 7
Opgave 4
Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ LS0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.
(c) Stel dat Σ =S
ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Φ dan niet vervulbaar is. Stel dat wel Sat(Ψ) geldt.
Dan is er een AΨ∈ Σ zodat AΨ|= Ψ, maar dan geldt AΨ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur AΨ kan dus in geen enkele Xϕ zitten. Dit is strijdig met Σ =S
ϕ∈ΦXϕ. De verzameling Ψ heeft geen model dus volgens de compactheidsstelling is er een eindige Ψ0 ⊆ Ψ die ook onvervulbaar is. Noem de bijbehorende indexverzameling Φ0. Stel dat
Σ 6= [
ϕ∈Φ0
Xϕ.
Dan is er een Aχzodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ0. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S
ϕ∈Φ0Xϕ.
Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april 2017 6 / 7
Breinkraker
Waarom kozen we voor elke vervulbare Φ een representant AΦ in plaats van simpelweg Σ = Mod(∅) te kiezen?
Jolien Oomens Werkcollege 9 11 april 2017 7 / 7
