Wiskunde logica Werkcollege 9 Jolien Oomens 11 april 2017

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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 [

n∈N

ϕn∪ Φ

! ,

dus K^∞ is ∆-elementair.

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 [

n∈N

ϕn∪ Φ

! ,

dus K^∞ is ∆-elementair.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(a) We hebben

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. (b) Er geldt

X¬ϕ= {A ∈ Σ | A |= ¬ϕ}

= {A ∈ Σ | A 6|= ϕ}

= Σ \ {A ∈ Σ | A |= ϕ}

= Σ \ Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(a) We hebben

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.

(b) Er geldt

X¬ϕ= {A ∈ Σ | A |= ¬ϕ}

= {A ∈ Σ | A 6|= ϕ}

= Σ \ {A ∈ Σ | A |= ϕ}

= Σ \ Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(a) We hebben

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. (b) Er geldt

X¬ϕ= {A ∈ Σ | A |= ¬ϕ}

= {A ∈ Σ | A 6|= ϕ}

= Σ \ {A ∈ Σ | A |= ϕ}

= Σ \ Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ.

Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}.

Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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

X_ϕ.

Dan is er een A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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 A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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 A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀.

Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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 A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0.

Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0Xϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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 A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0X_ϕ.

Opgave 4

Voor elke vervulbare verzameling Φ van S -zinnen zij AS een S -structuur zodat AΦ|= Φ. Definieer Σ = {AΦ: Φ ⊆ L^S0 zodat Sat(Φ)} en Xϕ= {A ∈ Σ | A |= ϕ}.

(c) Stel dat Σ =S

ϕ∈ΦXϕ. Definieer Ψ = {¬ϕ : ϕ ∈ Φ}. Ik claim dat Ψ 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_Ψ6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ. De structuur A_Ψ 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 A_χ zodat A 6|= ϕ voor alle ϕ ∈ Φ₀. Dit betekent precies dat Aχ een model is voor Ψ0. Dit is een tegenspraak, dus Σ =S

ϕ∈Φ0X_ϕ.

Breinkraker

Waarom kozen we voor elke vervulbare Φ een representant A_Φ in plaats van simpelweg Σ = Mod(∅) te kiezen?