Wiskunde logica Werkcollege 5 Jolien Oomens 10 maart 2017

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 1 / 8

Wiskunde logica

Werkcollege 5 Jolien Oomens 10 maart 2017

Opgave 1

(a) De structuur pA, σ^A, 0^Aq 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^Aq 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 defini¨eren π inductief:

• πp0q “ 0^A

• πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq

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.

Opgave 1

(a) De structuur pA, σ^A, 0^Aq 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^Aq 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 defini¨eren π inductief:

• πp0q “ 0^A

• πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq

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 2017 2 / 8

Opgave 1

(a) De structuur pA, σ^A, 0^Aq 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^Aq 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 defini¨eren π inductief:

• πp0q “ 0^A

• πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq

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.

Opgave 1

(a) De structuur pA, σ^A, 0^Aq 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^Aq 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 defini¨eren π inductief:

• πp0q “ 0^A

• πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq

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 2017 2 / 8

Opgave 1

(a) De structuur pA, σ^A, 0^Aq 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^Aq 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 defini¨eren π inductief:

• πp0q “ 0^A

• πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq

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.

Opgave 1

(a) De structuur pA, σ^A, 0^Aq 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^Aq 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 defini¨eren π inductief:

• πp0q “ 0^A

• πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq

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 2017 2 / 8

Opgave 1

(a) De structuur pA, σ^A, 0^Aq 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^Aq 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 defini¨eren π inductief:

• πp0q “ 0^A

• πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq

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.

Opgave 1

(a) De structuur pA, σ^A, 0^Aq 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^Aq 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 defini¨eren π inductief:

• πp0q “ 0^A

• πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq

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 2017 2 / 8

Opgave 1

(a) De structuur pA, σ^A, 0^Aq 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^Aq 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 defini¨eren π inductief:

• πp0q “ 0^A

• πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq

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.

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 3 / 8

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 3 / 8

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 3 / 8

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q

. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 3 / 8

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 3 / 8

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `^Aπpnq

rΠ7s“ πpnq ¨^Apπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 3 / 8

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq

“ πpnq ¨^Aπpm ` 1q. Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 3 / 8

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q.

Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨. Bewijs nu hetzelfde voor `.

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q.

Dit bewijst dat π een isomorfisme is ten opzichte van ¨.

Bewijs nu hetzelfde voor `.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 3 / 8

We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0^A en πpn ` 1q “ σ^Apπpnqq.

Claim

Er geldt πpn ¨ mq “ πpnq ¨^Aπpmq 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 ¨^Aπp0q. 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 `^Aπpnq

IH“ πpnq ¨^Aπpmq `<sup>A</sup>πpnq<sup>rΠ7s</sup>“ πpnq ¨<sup>A</sup>pπpmq `^A1^Aq

“ πpnq ¨^Aσ^Apπpmqq “ πpnq ¨^Aπpm ` 1q.

Opgave 3

Laat zien dat de regel Γ, ϕ $ ψ

Γ, ϕ $ @xψ incorrect is.

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.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 4 / 8

Opgave 3

Laat zien dat de regel Γ, ϕ $ ψ

Γ, ϕ $ @xψ incorrect is.

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.

Opgave 3

Laat zien dat de regel Γ, ϕ $ ψ

Γ, ϕ $ @xψ incorrect is.

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.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 4 / 8

Opgave 3

Laat zien dat de regel Γ, ϕ $ ψ

Γ, ϕ $ @xψ incorrect is.

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.

Opgave 5

(a) Laat zien dat Γ $ ϕ

Γ $ ϕ en (b) dat Γ $ ϕ Γ $ ϕ .

(a) Een mogelijk bewijs is

Γ $ ϕ (Premisse)

Γ $ ϕ _ ϕ (Tertium non datur)

Γ $ ϕ (Modus ponens).

(b) Een mogelijk bewijs is

Γ $ ϕ (Premisse)

Γ, ϕ $ ϕ (Antecedent)

Γ, ϕ $ ϕ (Aanname)

Γ $ ϕ (Contradictie).

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 5 / 8

Opgave 5

(a) Laat zien dat Γ $ ϕ

Γ $ ϕ en (b) dat Γ $ ϕ Γ $ ϕ .

(a) Een mogelijk bewijs is

Γ $ ϕ (Premisse)

Γ $ ϕ _ ϕ (Tertium non datur)

Γ $ ϕ (Modus ponens).

(b) Een mogelijk bewijs is

Γ $ ϕ (Premisse)

Γ, ϕ $ ϕ (Antecedent)

Γ, ϕ $ ϕ (Aanname)

Γ $ ϕ (Contradictie).

Opgave 5

(a) Laat zien dat Γ $ ϕ

Γ $ ϕ en (b) dat Γ $ ϕ Γ $ ϕ .

(a) Een mogelijk bewijs is

Γ $ ϕ (Premisse)

Γ $ ϕ _ ϕ (Tertium non datur)

Γ $ ϕ (Modus ponens).

(b) Een mogelijk bewijs is

Γ $ ϕ (Premisse)

Γ, ϕ $ ϕ (Antecedent)

Γ, ϕ $ ϕ (Aanname)

Γ $ ϕ (Contradictie).

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 5 / 8

Opgave 5(c)

Laat zien dat ϕ $ ψ Dx ϕ $ Dx ψ .

Een mogelijk bewijs is

ϕ $ ψ (Premisse)

ϕ $ Dxψ (DS)

Dx ϕ $ Dx ψ (DA),

waar we bij (DA) gebruikten dat x niet vrij is in Dxϕ en Dxψ.

Opgave 5(c)

Laat zien dat ϕ $ ψ Dx ϕ $ Dx ψ .

Een mogelijk bewijs is

ϕ $ ψ (Premisse)

ϕ $ Dxψ (DS)

Dx ϕ $ Dx ψ (DA),

waar we bij (DA) gebruikten dat x niet vrij is in Dxϕ en Dxψ.

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 6 / 8

Opgave 5(c)

Laat zien dat ϕ $ ψ Dx ϕ $ Dx ψ .

Een mogelijk bewijs is

ϕ $ ψ (Premisse)

ϕ $ Dxψ (DS)

Dx ϕ $ Dx ψ (DA),

waar we bij (DA) gebruikten dat x niet vrij is in Dxϕ en Dxψ.

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 (Premisse)

Γ $ ϕ (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).

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 7 / 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 (Premisse)

Γ $ ϕ (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(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 (Premisse)

Γ $ ϕ (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).

Jolien Oomens Werkcollege 5 10 maart 2017 7 / 8

Opgave 5(e)

Laat zien dat Γ $ ϕ^y_x

Γ $ @xϕ als y niet vrij is in Γ en in @xϕ.

Herinner je dat @xϕ :“ 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.

Opgave 5(e)

Laat zien dat Γ $ ϕ^y_x

Γ $ @xϕ als y niet vrij is in Γ en in @xϕ.

Herinner je dat @xϕ :“ 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 2017 8 / 8

Opgave 5(e)

Laat zien dat Γ $ ϕ^y_x

Γ $ @xϕ als y niet vrij is in Γ en in @xϕ.

Herinner je dat @xϕ :“ 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.

Opgave 5(e)

Laat zien dat Γ $ ϕ^y_x

Γ $ @xϕ als y niet vrij is in Γ en in @xϕ.

Herinner je dat @xϕ :“ 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 2017 8 / 8