Wiskunde logica Werkcollege 12 Jolien Oomens 12 mei 2017

(1)

Wiskunde logica

Werkcollege 12 Jolien Oomens 12 mei 2017

(2)

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 Q

i ∈IA_i/∼ |= ϕ volgens de stelling van Lo´s .

(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 aⁿ(i ) = min(i , n) zijn allemaal verschillend in het ultraproduct:

a¹ = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . a² = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . . a³ = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3, . . .

Jolien Oomens Werkcollege 12 12 mei 2017 2 / 6

(3)

Opgave 1

(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 Q

({1} × {1, 2} × {1, 2, 3} × . . . ) /F

a¹ = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . a² = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . . a³ = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3, . . .

(4)

Opgave 1

(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 Q

({1} × {1, 2} × {1, 2, 3} × . . . ) /F

a¹ = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . a² = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . . a³ = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3, . . .

(5)

Opgave 1

({1} × {1, 2} × {1, 2, 3} × . . . ) /F

a¹ = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . a² = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . . a³ = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3, . . .

(6)

Opgave 1

(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

a¹ = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . a² = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . . a³ = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3, . . .

(7)

Opgave 1

(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 aⁿ(i ) = min(i , n) zijn allemaal verschillend in het ultraproduct:

a¹ = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . a² = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . . a³ = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3, . . .

(8)

Opgave 1

({1} × {1, 2} × {1, 2, 3} × . . . ) /F

a¹ = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . a² = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . . a³ = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3, . . .

(9)

Opgave 1

({1} × {1, 2} × {1, 2, 3} × . . . ) /F

a¹ = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . a² = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . . a³ = 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3, . . .

(10)

Opgave 2

Geef een definitie in Φ0van (a) x is een n-aire functie van y naar z (b) x = y ∪ z

Op bladzijde 104 zijn de axioma’s te vinden.

(a) Informeel:

Mx ∧My ∧Mz∧(x ⊂ yⁿ×z)∧∀y₁. . . ∀y_n∃!z((y₁, . . . , y_n, z) ∈ x ). (b) Een mogelijke definitie is

Mx ∧ My ∧ Mz ∧ ∀w (w ∈ x ⇐⇒ (w ∈ y ∨ w ∈ z)) .

(11)

Opgave 2

(a) Informeel:

Mx ∧My ∧Mz∧(x ⊂ yⁿ×z)∧∀y₁. . . ∀y_n∃!z((y₁, . . . , y_n, z) ∈ x ).

(b) Een mogelijke definitie is

Mx ∧ My ∧ Mz ∧ ∀w (w ∈ x ⇐⇒ (w ∈ y ∨ w ∈ z)) .

(12)

Opgave 2

(a) Informeel:

Mx ∧My ∧Mz∧(x ⊂ yⁿ×z)∧∀y₁. . . ∀y_n∃!z((y₁, . . . , y_n, z) ∈ x ).

(b) Een mogelijke definitie is

Mx ∧ My ∧ Mz ∧ ∀w (w ∈ x ⇐⇒ (w ∈ y ∨ w ∈ z)) .

(13)

Opgave 3

Bewijs in ZFC dat er een verzameling bestaat zonder elementen.

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.

(14)

Opgave 3

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.

(15)

Opgave 3

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.

(16)

Opgave 3

ϕ(z) = ¬z ≡ z.

Dit kan voor geen enkele z waar zijn, dus SEP verandert x in de lege verzameling.

(17)

Opgave 3

ϕ(z) = ¬z ≡ z. Dit kan voor geen enkele z waar zijn, dus SEP verandert x in de lege verzameling.

(18)

Opgave 4

Bewijs dat het keuzeaxioma equivalent is aan het bestaan van keuzefuncties voor niet-lege verzamelingen.

Neem het keuzeaxioma aan. Zij A = {Bi : 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 ×S A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ : A → P(A ×S 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 Bi zijn verschillend. Het

keuzeaxioma geeft een verzameling

C = {{(Bi, yi)} : i ∈ I }

dus volgens REP is ook {yi : i ∈ I } een verzameling. De gezochte keuzefunctie is f (B_i) := y_i.

(19)

Opgave 4

Neem het keuzeaxioma aan.

Zij A = {Bi : 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 ×S A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ : A → P(A ×S 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 Bi zijn verschillend. Het

C = {{(Bi, yi)} : i ∈ I }

(20)

Opgave 4

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 ×S A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ : A → P(A ×S 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 Bi zijn verschillend. Het

C = {{(Bi, yi)} : i ∈ I }

(21)

Opgave 4

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 ×S A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ : A → P(A ×S 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 Bi zijn verschillend. Het

C = {{(Bi, yi)} : i ∈ I }

(22)

Opgave 4

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 ×S A) weer een verzameling is.

Definieer nu ϕ : A → P(A ×S 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 Bi zijn verschillend. Het

C = {{(Bi, yi)} : i ∈ I }

(23)

Opgave 4

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 ×S A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ : A → P(A ×S 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 Bi zijn verschillend. Het

C = {{(Bi, yi)} : i ∈ I }

(24)

Opgave 4

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 ×S A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ : A → P(A ×S A) door ϕ(B_i) = {(B_i, y ) : y ∈ B_i}. Nu bestaat het beeld ϕ(A) = {{(Bi, y ) : y ∈ Bi} : i ∈ I } uit disjuncte verzamelingen

(REP) want alle Bi zijn verschillend. Het keuzeaxioma geeft een verzameling

C = {{(Bi, yi)} : i ∈ I }

(25)

Opgave 4

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 ×S A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ : A → P(A ×S A) door ϕ(B_i) = {(B_i, y ) : y ∈ B_i}. Nu bestaat het beeld ϕ(A) = {{(Bi, y ) : y ∈ Bi} : i ∈ I } uit disjuncte verzamelingen (REP)

want alle Bi zijn verschillend. Het keuzeaxioma geeft een verzameling

C = {{(Bi, yi)} : i ∈ I }

(26)

Opgave 4

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 ×S A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ : A → P(A ×S A) door ϕ(B_i) = {(B_i, y ) : y ∈ B_i}. Nu bestaat het beeld ϕ(A) = {{(Bi, y ) : y ∈ Bi} : i ∈ I } uit disjuncte verzamelingen (REP) want alle Bi zijn verschillend.

Het keuzeaxioma geeft een verzameling

C = {{(Bi, yi)} : i ∈ I }

(27)

Opgave 4

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 ×S A) weer een verzameling is. Definieer nu ϕ : A → P(A ×S A) door ϕ(B_i) = {(B_i, y ) : y ∈ B_i}. Nu bestaat het beeld ϕ(A) = {{(Bi, y ) : y ∈ Bi} : i ∈ I } uit disjuncte verzamelingen (REP) want alle Bi zijn verschillend. Het

C = {{(B_i, y_i)} : i ∈ I }

(28)

Opgave 4

C = {{(B_i, y_i)} : i ∈ I } dus volgens REP is ook {yi : i ∈ I } een verzameling.

De gezochte keuzefunctie is f (B_i) := y_i.

(29)

Opgave 4

C = {{(B_i, y_i)} : i ∈ I }

(30)

Opgave 4

Neem nu het bestaan van keuzefuncties aan en zij A = {B_i : i ∈ I } een verzameling van disjunctie niet-lege verzameling. Zij

f : A →S A een keuzefunctie. Volgens REP is het beeld van f een verzameling en dit is precies de gezochte verzameling met ´e´en element uit elke B_i. Dit bewijst het keuzeaxioma.

(31)

Opgave 4

Neem nu het bestaan van keuzefuncties aan en zij A = {B_i : i ∈ I } een verzameling van disjunctie niet-lege verzameling.

Zij

(32)

Opgave 4

f : A →S A een keuzefunctie.

Volgens REP is het beeld van f een verzameling en dit is precies de gezochte verzameling met ´e´en element uit elke B_i. Dit bewijst het keuzeaxioma.

(33)

Opgave 4

f : A →S A een keuzefunctie. Volgens REP is het beeld van f een verzameling en dit is precies de gezochte verzameling met ´e´en element uit elke B_i.

Dit bewijst het keuzeaxioma.

(34)