Wiskunde logica
Werkcollege 4 Jolien Oomens 3 maart 2017
Opgave 2
Als x R varptq dan geldt er ( ϕxt Ø @x px ” t Ñ ϕq
J ( @xpx ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, Ja
x ( px ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, als Ja
x ( x ” t dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als Ja
xpx q “ Ja
xptq dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als a “ Jptq dan Ja
x ( ϕ ðñ JJptq
x ( ϕ ðñ J ( ϕt
x
In de laatste stap gebruikten we het Substitutielemma (8.3).
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 2 / 6
Opgave 2
Als x R varptq dan geldt er ( ϕxt Ø @x px ” t Ñ ϕq
J ( @xpx ” t Ñ ϕq
ðñ voor alle a P A, Ja
x ( px ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, als Ja
x ( x ” t dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als Ja
xpx q “ Ja
xptq dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als a “ Jptq dan Ja
x ( ϕ ðñ JJptq
x ( ϕ ðñ J ( ϕt
x
In de laatste stap gebruikten we het Substitutielemma (8.3).
Opgave 2
Als x R varptq dan geldt er ( ϕxt Ø @x px ” t Ñ ϕq
J ( @xpx ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, Ja
x ( px ” t Ñ ϕq
ðñ voor alle a P A, als Ja
x ( x ” t dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als Ja
xpx q “ Ja
xptq dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als a “ Jptq dan Ja
x ( ϕ ðñ JJptq
x ( ϕ ðñ J ( ϕt
x
In de laatste stap gebruikten we het Substitutielemma (8.3).
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 2 / 6
Opgave 2
Als x R varptq dan geldt er ( ϕxt Ø @x px ” t Ñ ϕq
J ( @xpx ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, Ja
x ( px ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, als Ja
x ( x ” t dan Ja x ( ϕ
ðñ voor alle a P A, als Ja
xpx q “ Ja
xptq dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als a “ Jptq dan Ja
x ( ϕ ðñ JJptq
x ( ϕ ðñ J ( ϕt
x
In de laatste stap gebruikten we het Substitutielemma (8.3).
Opgave 2
Als x R varptq dan geldt er ( ϕxt Ø @x px ” t Ñ ϕq
J ( @xpx ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, Ja
x ( px ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, als Ja
x ( x ” t dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als Ja
xpx q “ Ja
xptq dan Ja x ( ϕ
ðñ voor alle a P A, als a “ Jptq dan Ja x ( ϕ ðñ JJptq
x ( ϕ ðñ J ( ϕt
x
In de laatste stap gebruikten we het Substitutielemma (8.3).
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 2 / 6
Opgave 2
Als x R varptq dan geldt er ( ϕxt Ø @x px ” t Ñ ϕq
J ( @xpx ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, Ja
x ( px ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, als Ja
x ( x ” t dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als Ja
xpx q “ Ja
xptq dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als a “ Jptq dan Ja
x ( ϕ
ðñ JJptq x ( ϕ ðñ J ( ϕt
x
In de laatste stap gebruikten we het Substitutielemma (8.3).
Opgave 2
Als x R varptq dan geldt er ( ϕxt Ø @x px ” t Ñ ϕq
J ( @xpx ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, Ja
x ( px ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, als Ja
x ( x ” t dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als Ja
xpx q “ Ja
xptq dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als a “ Jptq dan Ja
x ( ϕ ðñ JJptq
x ( ϕ
ðñ J ( ϕt x
In de laatste stap gebruikten we het Substitutielemma (8.3).
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 2 / 6
Opgave 2
Als x R varptq dan geldt er ( ϕxt Ø @x px ” t Ñ ϕq
J ( @xpx ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, Ja
x ( px ” t Ñ ϕq ðñ voor alle a P A, als Ja
x ( x ” t dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als Ja
xpx q “ Ja
xptq dan Ja x ( ϕ ðñ voor alle a P A, als a “ Jptq dan Ja
x ( ϕ ðñ JJptq
x ( ϕ ðñ J ( ϕt
x
Opgave 3
(a) Laat zien dat ă definieerbaar is in pR, `, ¨, 0q (b) Laat zien dat ă niet definieerbaar is in pR, `, 0q.
(a) Definieer
ϕra, bs “ Dc pb ” a ` c ¨ cq .
Dit betekent dat precies dat a ă b.
(b) Bekijk het automorfisme πpxq “ ´x.
Stel dat ă definieerbaar is in pR, `, 0q, dan moet het behouden worden onder dit automorfisme. Er geldt echter 2 ă 3, maar ´2 ą ´3 en dit is een tegenspraak.
De crux is dat deze ϕ geen homomorfisme is ten opzichte van vermenigvuldiging.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 3 / 6
Opgave 3
(a) Laat zien dat ă definieerbaar is in pR, `, ¨, 0q (b) Laat zien dat ă niet definieerbaar is in pR, `, 0q.
(a) Definieer
ϕra, bs “ Dc pb ” a ` c ¨ cq .
Dit betekent dat precies dat a ă b. (b) Bekijk het automorfisme πpxq “ ´x.
Stel dat ă definieerbaar is in pR, `, 0q, dan moet het behouden worden onder dit automorfisme. Er geldt echter 2 ă 3, maar ´2 ą ´3 en dit is een tegenspraak.
De crux is dat deze ϕ geen homomorfisme is ten opzichte van vermenigvuldiging.
Opgave 3
(a) Laat zien dat ă definieerbaar is in pR, `, ¨, 0q (b) Laat zien dat ă niet definieerbaar is in pR, `, 0q.
(a) Definieer
ϕra, bs “ Dc pb ” a ` c ¨ cq . Dit betekent dat precies dat a ă b.
(b) Bekijk het automorfisme πpxq “ ´x.
Stel dat ă definieerbaar is in pR, `, 0q, dan moet het behouden worden onder dit automorfisme. Er geldt echter 2 ă 3, maar ´2 ą ´3 en dit is een tegenspraak.
De crux is dat deze ϕ geen homomorfisme is ten opzichte van vermenigvuldiging.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 3 / 6
Opgave 3
(a) Laat zien dat ă definieerbaar is in pR, `, ¨, 0q (b) Laat zien dat ă niet definieerbaar is in pR, `, 0q.
(a) Definieer
ϕra, bs “ Dc pb ” a ` c ¨ cq . Dit betekent dat precies dat a ă b.
(b) Bekijk het automorfisme πpxq “ ´x.
Stel dat ă definieerbaar is in pR, `, 0q, dan moet het behouden worden onder dit automorfisme. Er geldt echter 2 ă 3, maar ´2 ą ´3 en dit is een tegenspraak.
De crux is dat deze ϕ geen homomorfisme is ten opzichte van vermenigvuldiging.
Opgave 3
(a) Laat zien dat ă definieerbaar is in pR, `, ¨, 0q (b) Laat zien dat ă niet definieerbaar is in pR, `, 0q.
(a) Definieer
ϕra, bs “ Dc pb ” a ` c ¨ cq . Dit betekent dat precies dat a ă b.
(b) Bekijk het automorfisme πpxq “ ´x. Stel dat ă definieerbaar is in pR, `, 0q, dan moet het behouden worden onder dit automorfisme.
Er geldt echter 2 ă 3, maar ´2 ą ´3 en dit is een tegenspraak.
De crux is dat deze ϕ geen homomorfisme is ten opzichte van vermenigvuldiging.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 3 / 6
Opgave 3
(a) Laat zien dat ă definieerbaar is in pR, `, ¨, 0q (b) Laat zien dat ă niet definieerbaar is in pR, `, 0q.
(a) Definieer
ϕra, bs “ Dc pb ” a ` c ¨ cq . Dit betekent dat precies dat a ă b.
(b) Bekijk het automorfisme πpxq “ ´x. Stel dat ă definieerbaar is in pR, `, 0q, dan moet het behouden worden onder dit automorfisme. Er geldt echter 2 ă 3,
maar ´2 ą ´3 en dit is een tegenspraak.
De crux is dat deze ϕ geen homomorfisme is ten opzichte van vermenigvuldiging.
Opgave 3
(a) Laat zien dat ă definieerbaar is in pR, `, ¨, 0q (b) Laat zien dat ă niet definieerbaar is in pR, `, 0q.
(a) Definieer
ϕra, bs “ Dc pb ” a ` c ¨ cq . Dit betekent dat precies dat a ă b.
(b) Bekijk het automorfisme πpxq “ ´x. Stel dat ă definieerbaar is in pR, `, 0q, dan moet het behouden worden onder dit automorfisme. Er geldt echter 2 ă 3, maar ´2 ą ´3 en dit is een tegenspraak.
De crux is dat deze ϕ geen homomorfisme is ten opzichte van vermenigvuldiging.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 3 / 6
Opgave 3
(a) Laat zien dat ă definieerbaar is in pR, `, ¨, 0q (b) Laat zien dat ă niet definieerbaar is in pR, `, 0q.
(a) Definieer
ϕra, bs “ Dc pb ” a ` c ¨ cq . Dit betekent dat precies dat a ă b.
(b) Bekijk het automorfisme πpxq “ ´x. Stel dat ă definieerbaar is in pR, `, 0q, dan moet het behouden worden onder dit automorfisme. Er geldt echter 2 ă 3, maar ´2 ą ´3 en dit is een tegenspraak.
De crux is dat deze ϕ geen homomorfisme is ten opzichte van vermenigvuldiging.
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t. variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq. constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq
“ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq met de inductiehypothese. Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq.
Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het
isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 4 / 6
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t.
variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq. constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq
“ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq met de inductiehypothese. Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq.
Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het
isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t.
variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq.
constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq
“ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq met de inductiehypothese. Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq.
Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het
isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 4 / 6
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t.
variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq.
constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq
“ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq met de inductiehypothese. Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq.
Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het
isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t.
variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq.
constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq
“ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq met de inductiehypothese. Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq.
Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het
isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 4 / 6
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t.
variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq.
constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq “ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq
met de inductiehypothese. Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq.
Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het
isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t.
variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq.
constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq “ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq met de inductiehypothese.
Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq. Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het
isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 4 / 6
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t.
variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq.
constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq “ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq met de inductiehypothese.
Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq.
Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het
isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t.
variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq.
constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq “ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq met de inductiehypothese.
Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq.
Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het isomorfismelemma (5.2).
Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 4 / 6
Opgave 4
Zij A Ď B twee S-structuren en zij β een bedeling in A. Dan geldt voor elke S-term pA, βqptq “ pB, βqptq en voor elke kwantorvrije ϕ geldt pA, βq ( ϕ ðñ pB, βq ( ϕ.
We doen inductie naar de complexiteit van t.
variabele We hebben pA, βqptq “ βpxq “ pB, βqptq.
constante We hebben pA, βqptq “ apcq “ pB, βqptq.
functie We hebben pA, βqptq “ fAppA, βqpt1q, . . . , pA, βqptnqq “ fBppB, βqpt1q, . . . , pB, βqptnqq met de inductiehypothese.
Deze laatste uitdrukking is gelijk aan pB, βqptq.
Het tweede stuk is te bewijzen op dezelfde manier als het
isomorfismelemma (5.2). Gebruik hierbij alleen de eerste drie delen.
Opgave 5
(a) De structuur pA, σA, 0Aq voldoet aan de axioma’s van Peano.
(b) N “ pN, `, ¨, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen.
Zij A “ pA, `A, ¨A, 0A, 1Aq 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 “ 0A
• πpn ` 1q “ σApπpnqq
We weten al dat dit een isomorfisme pN, `, 0q – pA, `A, 0Aq is (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook ¨ behoudt.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 5 / 6
Opgave 5
(a) De structuur pA, σA, 0Aq voldoet aan de axioma’s van Peano.
(b) N “ pN, `, ¨, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen.
Zij A “ pA, `A, ¨A, 0A, 1Aq 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 “ 0A
• πpn ` 1q “ σApπpnqq
We weten al dat dit een isomorfisme pN, `, 0q – pA, `A, 0Aq is (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook ¨ behoudt.
Opgave 5
(a) De structuur pA, σA, 0Aq voldoet aan de axioma’s van Peano.
(b) N “ pN, `, ¨, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen.
Zij A “ pA, `A, ¨A, 0A, 1Aq 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 “ 0A
• πpn ` 1q “ σApπpnqq
We weten al dat dit een isomorfisme pN, `, 0q – pA, `A, 0Aq is (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook ¨ behoudt.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 5 / 6
Opgave 5
(a) De structuur pA, σA, 0Aq voldoet aan de axioma’s van Peano.
(b) N “ pN, `, ¨, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen.
Zij A “ pA, `A, ¨A, 0A, 1Aq 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 “ 0A
• πpn ` 1q “ σApπpnqq
We weten al dat dit een isomorfisme pN, `, 0q – pA, `A, 0Aq is (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook ¨ behoudt.
Opgave 5
(a) De structuur pA, σA, 0Aq voldoet aan de axioma’s van Peano.
(b) N “ pN, `, ¨, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen.
Zij A “ pA, `A, ¨A, 0A, 1Aq 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 “ 0A
• πpn ` 1q “ σApπpnqq
We weten al dat dit een isomorfisme pN, `, 0q – pA, `A, 0Aq is (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook ¨ behoudt.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 5 / 6
Opgave 5
(a) De structuur pA, σA, 0Aq voldoet aan de axioma’s van Peano.
(b) N “ pN, `, ¨, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen.
Zij A “ pA, `A, ¨A, 0A, 1Aq 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 “ 0A
• πpn ` 1q “ σApπpnqq
We weten al dat dit een isomorfisme pN, `, 0q – pA, `A, 0Aq is (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook ¨ behoudt.
Opgave 5
(a) De structuur pA, σA, 0Aq voldoet aan de axioma’s van Peano.
(b) N “ pN, `, ¨, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen.
Zij A “ pA, `A, ¨A, 0A, 1Aq 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 “ 0A
• πpn ` 1q “ σApπpnqq
We weten al dat dit een isomorfisme pN, `, 0q – pA, `A, 0Aq is (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook ¨ behoudt.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 5 / 6
Opgave 5
(a) De structuur pA, σA, 0Aq voldoet aan de axioma’s van Peano.
(b) N “ pN, `, ¨, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen.
Zij A “ pA, `A, ¨A, 0A, 1Aq 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 “ 0A
• πpn ` 1q “ σApπpnqq
We weten al dat dit een isomorfisme pN, `, 0q – pA, `A, 0Aq is (Dedekinds stelling; blz. 50),
maar we moeten nog controleren dat het ook ¨ behoudt.
Opgave 5
(a) De structuur pA, σA, 0Aq voldoet aan de axioma’s van Peano.
(b) N “ pN, `, ¨, 0, 1q is bepaald door Π tot op isomorfismen.
Zij A “ pA, `A, ¨A, 0A, 1Aq 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 “ 0A
• πpn ` 1q “ σApπpnqq
We weten al dat dit een isomorfisme pN, `, 0q – pA, `A, 0Aq is (Dedekinds stelling; blz. 50), maar we moeten nog controleren dat het ook ¨ behoudt.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 5 / 6
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 6 / 6
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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
“ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 6 / 6
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A
“ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 6 / 6
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 6 / 6
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 6 / 6
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 6 / 6
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq
“ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
We defini¨eren π : N Ñ A door πp0q “ 0A en πpn ` 1q “ σApπpnqq.
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 “ 0A “ 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 `AπpnqrΠ7s“ πpnq ¨Apπpmq `A1Aq
“ πpnq ¨AσApπpmqq “ πpnq ¨Aπpm ` 1q.
Dit bewijst dat π een isomorfisme is.
Jolien Oomens Werkcollege 4 3 maart 2017 6 / 6
