Wiskunde logica Werkcollege 11 Jolien Oomens 2 mei 2017

(1)

Jolien Oomens Werkcollege 11 2 mei 2017 1 / 8

Wiskunde logica

Werkcollege 11 Jolien Oomens 2 mei 2017

(2)

Opgave 1

(a) Geef een S ⊆ P(X ) die geen “upset” is.

(b) Geef een S ⊆ P(X ) die wel een upset is maar geen filter.

(c) Geef een filter F die geen ultrafilter is.

(a) Neem S = ∅.

(b) Kies verschillende x , y ∈ X en definieer

S = {A ⊆ X : x ∈ A ∨ y ∈ A}.

Dan geldt niet dat A, B ∈ S =⇒ A ∩ B ∈ S .

(c) De co-eindige filter F = {A ⊆ X : X \ A is eindig}. Voor bijvoorbeeld X = R en A = R≥0 geldt A 6∈ F en X \ A 6∈ F .

(3)

Opgave 1

(a) Neem S = ∅.

S = {A ⊆ X : x ∈ A ∨ y ∈ A}.

(4)

Opgave 1

(a) Neem S = ∅.

S = {A ⊆ X : x ∈ A ∨ y ∈ A}.

(5)

Opgave 1

(a) Neem S = ∅.

S = {A ⊆ X : x ∈ A ∨ y ∈ A}.

(6)

Opgave 1

(a) Neem S = ∅.

S = {A ⊆ X : x ∈ A ∨ y ∈ A}.

(7)

Opgave 2(a)

Bewijs dat een niet-principieel ultrafilter op (P(N), ⊆) geen eindige verzameling bevat.

Zij F een niet-principieel ultrafilter van (P(N), ⊆) en stel dat een eindige verzameling A = {a₁, . . . , a_n} ∈ F . Definieer

B₁ = X \ {a₁}. We weten dat B₁ ∈ F , want {a₁} 6∈ F omdat F niet principieel is. Nu zien we dat

X \ A = B1∩ · · · ∩ B_n ∈ F

dus ook (X \ A) ∩ A = ∅ ∈ F en dat geeft een tegenspraak met de aanname dat F 6= P(N).

(8)

Opgave 2(a)

Zij F een niet-principieel ultrafilter van (P(N), ⊆) en stel dat een eindige verzameling A = {a₁, . . . , a_n} ∈ F .

Definieer

X \ A = B1∩ · · · ∩ B_n ∈ F

(9)

Opgave 2(a)

B₁ = X \ {a₁}.

We weten dat B₁ ∈ F , want {a₁} 6∈ F omdat F niet principieel is. Nu zien we dat

X \ A = B1∩ · · · ∩ B_n ∈ F

(10)

Opgave 2(a)

B₁ = X \ {a₁}. We weten dat B₁ ∈ F , want {a₁} 6∈ F

omdat F niet principieel is. Nu zien we dat

X \ A = B1∩ · · · ∩ B_n ∈ F

(11)

Opgave 2(a)

B₁ = X \ {a₁}. We weten dat B₁ ∈ F , want {a₁} 6∈ F omdat F niet principieel is.

Nu zien we dat

X \ A = B1∩ · · · ∩ B_n ∈ F

(12)

Opgave 2(a)

X \ A = B1∩ · · · ∩ B_n∈ F

(13)

Opgave 2(a)

X \ A = B1∩ · · · ∩ B_n∈ F dus ook (X \ A) ∩ A = ∅ ∈ F

en dat geeft een tegenspraak met de aanname dat F 6= P(N).

(14)

Opgave 2(a)

X \ A = B1∩ · · · ∩ B_n∈ F

(15)

Opgave 2(b)

Bewijs dat voor een filter F en een U ⊆ N de verzameling F⁰= {V ⊆ N : A ∩ U ⊆ V voor een A ∈ F } een filter is.

Een filter in N is een collectie F ⊆ P (N) zodat

1 A ∈ F en B ∈ F =⇒ A ∩ B ∈ F

2 A ∈ F en A ⊆ B =⇒ B ∈ F .

Neem C , D ∈ F⁰. Dan zijn er A, B ∈ F zodat A ∩ U ⊆ C en B ∩ U ⊆ D. Nu zien we dat

(A ∩ B) ∩ U ⊆ C ∩ D, dus C ∩ D ∈ F⁰.

Stel nu dat C ∈ F⁰ en C ⊆ E . Er is een A ∈ F zodat A ∩ U ⊆ C ⊆ E , dus E ∈ F⁰.

Het is duidelijk de kleinste extensie.

(16)

Opgave 2(b)

1 A ∈ F en B ∈ F =⇒ A ∩ B ∈ F

2 A ∈ F en A ⊆ B =⇒ B ∈ F .

(A ∩ B) ∩ U ⊆ C ∩ D, dus C ∩ D ∈ F⁰.

(17)

Opgave 2(b)

1 A ∈ F en B ∈ F =⇒ A ∩ B ∈ F

2 A ∈ F en A ⊆ B =⇒ B ∈ F . Neem C , D ∈ F⁰.

Dan zijn er A, B ∈ F zodat A ∩ U ⊆ C en B ∩ U ⊆ D. Nu zien we dat

(A ∩ B) ∩ U ⊆ C ∩ D, dus C ∩ D ∈ F⁰.

(18)

Opgave 2(b)

1 A ∈ F en B ∈ F =⇒ A ∩ B ∈ F

2 A ∈ F en A ⊆ B =⇒ B ∈ F .

Neem C , D ∈ F⁰. Dan zijn er A, B ∈ F zodat A ∩ U ⊆ C en B ∩ U ⊆ D.

Nu zien we dat

(A ∩ B) ∩ U ⊆ C ∩ D, dus C ∩ D ∈ F⁰.

(19)

Opgave 2(b)

1 A ∈ F en B ∈ F =⇒ A ∩ B ∈ F

2 A ∈ F en A ⊆ B =⇒ B ∈ F .

(A ∩ B) ∩ U ⊆ C ∩ D, dus C ∩ D ∈ F⁰.

(20)

Opgave 2(b)

1 A ∈ F en B ∈ F =⇒ A ∩ B ∈ F

2 A ∈ F en A ⊆ B =⇒ B ∈ F .

(A ∩ B) ∩ U ⊆ C ∩ D, dus C ∩ D ∈ F⁰.

Stel nu dat C ∈ F⁰ en C ⊆ E .

Er is een A ∈ F zodat A ∩ U ⊆ C ⊆ E , dus E ∈ F⁰.

(21)

Opgave 2(b)

1 A ∈ F en B ∈ F =⇒ A ∩ B ∈ F

2 A ∈ F en A ⊆ B =⇒ B ∈ F .

(A ∩ B) ∩ U ⊆ C ∩ D, dus C ∩ D ∈ F⁰.

(22)

Opgave 2(b)

1 A ∈ F en B ∈ F =⇒ A ∩ B ∈ F

2 A ∈ F en A ⊆ B =⇒ B ∈ F .

(A ∩ B) ∩ U ⊆ C ∩ D, dus C ∩ D ∈ F⁰.

Stel nu dat C ∈ F⁰ en C ⊆ E . Er is een A ∈ F zodat

(23)

Opgave 2(c)

Bewijs dat elke filter F 6= P(N) uitgebreid kan worden naar een ultrafilter.

Zij F ( P(N) een filter. Bekijk de poset

V = {F ⊆ G ( P(N) : G is een filter}. Zij K ⊆ V een ketting. Dan is de vereniging H =S

G ∈KG

opnieuw een filter. Omdat ∅ 6∈ F geldt ook ∅ 6∈ H, dus H 6= P(N). Deze H is dus een bovengrens in V . Er is dus een maximaal element M volgens Zorns lemma. Stel dat A 6∈ M. Er geldt

M ( M ∪ {A}

⊆ {V ⊆ N : B ∩ A ⊆ V voor een B ∈ M} =: M⁰

dus omdat M maximaal is moet M⁰ = P(N). Er is dus een B ∈ M zodat B ∩ A = ∅, dus N \ A ⊆ B ∈ M. Dit laat zien dat voor alle A ⊆ N we A ∈ M of N \ A ∈ M hebben, dus M is een ultrafilter.

(24)

Opgave 2(c)

Zij F ( P(N) een filter.

Bekijk de poset

V = {F ⊆ G ( P(N) : G is een filter}. Zij K ⊆ V een ketting. Dan is de vereniging H =S

G ∈KG

M ( M ∪ {A}

(25)

Opgave 2(c)

V = {F ⊆ G ( P(N) : G is een filter}.

Zij K ⊆ V een ketting. Dan is de vereniging H =S

G ∈KG

M ( M ∪ {A}

(26)

Opgave 2(c)

Zij K ⊆ V een ketting.

Dan is de vereniging H =S

G ∈KG

M ( M ∪ {A}

(27)

Opgave 2(c)

G ∈KG opnieuw een filter.

Omdat ∅ 6∈ F geldt ook ∅ 6∈ H, dus H 6= P(N). Deze H is dus een bovengrens in V . Er is dus een maximaal element M volgens Zorns lemma. Stel dat A 6∈ M. Er geldt

M ( M ∪ {A}

(28)

Opgave 2(c)

G ∈KG

opnieuw een filter. Omdat ∅ 6∈ F geldt ook ∅ 6∈ H, dus H 6= P(N).

Deze H is dus een bovengrens in V . Er is dus een maximaal element M volgens Zorns lemma. Stel dat A 6∈ M. Er geldt

M ( M ∪ {A}

(29)

Opgave 2(c)

G ∈KG

Deze H is dus een bovengrens in V .

Er is dus een maximaal element M volgens Zorns lemma. Stel dat A 6∈ M. Er geldt

M ( M ∪ {A}

(30)

Opgave 2(c)

G ∈KG

Deze H is dus een bovengrens in V . Er is dus een maximaal element M volgens Zorns lemma.

Stel dat A 6∈ M. Er geldt M ( M ∪ {A}

(31)

Opgave 2(c)

G ∈KG

Deze H is dus een bovengrens in V . Er is dus een maximaal element M volgens Zorns lemma. Stel dat A 6∈ M.

Er geldt M ( M ∪ {A}

(32)

Opgave 2(c)

G ∈KG

M ( M ∪ {A}

⊆ {V ⊆ N : B ∩ A ⊆ V voor een B ∈ M} =: M⁰ dus omdat M maximaal is moet M⁰ = P(N). Er is dus een B ∈ M zodat B ∩ A = ∅, dus N \ A ⊆ B ∈ M. Dit laat zien dat voor alle A ⊆ N we A ∈ M of N \ A ∈ M hebben, dus M is een ultrafilter.

(33)

Opgave 2(c)

G ∈KG

M ( M ∪ {A} ⊆ {V ⊆ N : B ∩ A ⊆ V voor een B ∈ M} =: M⁰

(34)

Opgave 2(c)

G ∈KG

M ( M ∪ {A} ⊆ {V ⊆ N : B ∩ A ⊆ V voor een B ∈ M} =: M⁰ dus omdat M maximaal is moet M⁰ = P(N).

Er is dus een B ∈ M zodat B ∩ A = ∅, dus N \ A ⊆ B ∈ M. Dit laat zien dat voor alle A ⊆ N we A ∈ M of N \ A ∈ M hebben, dus M is een ultrafilter.

(35)

Opgave 2(c)

G ∈KG

M ( M ∪ {A} ⊆ {V ⊆ N : B ∩ A ⊆ V voor een B ∈ M} =: M⁰ dus omdat M maximaal is moet M⁰ = P(N). Er is dus een B ∈ M zodat B ∩ A = ∅, dus N \ A ⊆ B ∈ M.

Dit laat zien dat voor alle A ⊆ N we A ∈ M of N \ A ∈ M hebben, dus M is een ultrafilter.

(36)

Opgave 2(c)

G ∈KG

M ( M ∪ {A} ⊆ {V ⊆ N : B ∩ A ⊆ V voor een B ∈ M} =: M⁰ dus omdat M maximaal is moet M⁰ = P(N). Er is dus een B ∈ M

(37)

Opgave 2

(d) Bewijs dat {A ⊆ N : N \ A is eindig} een filter is.

(e) Bewijs dat er een niet-principieel ultrafilter bestaat op (P(N), ⊆)

(d) Analoog aan (b).

(e) We breiden het filter uit (d) uit naar een ultrafilter F . We willen nu bewijzen dat deze F niet-principieel is.

Merk op dat er geen eindige verzamelingen in F kunnen zitten, dus in het bijzonder kunnen er ook geen singletons {x } in zitten. Dit laat zien dat F niet van de vorm {A ⊆ N : x ∈ A} is.

(38)

Opgave 2

(39)

Opgave 2

(40)

Opgave 2

(e) We breiden het filter uit (d) uit naar een ultrafilter F . We willen nu bewijzen dat deze F niet-principieel is. Merk op dat er geen eindige verzamelingen in F kunnen zitten,

dus in het bijzonder kunnen er ook geen singletons {x } in zitten. Dit laat zien dat F niet van de vorm {A ⊆ N : x ∈ A} is.

(41)

Opgave 2

(e) We breiden het filter uit (d) uit naar een ultrafilter F . We willen nu bewijzen dat deze F niet-principieel is. Merk op dat er geen eindige verzamelingen in F kunnen zitten, dus in het bijzonder kunnen er ook geen singletons {x } in zitten.

Dit laat zien dat F niet van de vorm {A ⊆ N : x ∈ A} is.

(42)

Opgave 2

(e) We breiden het filter uit (d) uit naar een ultrafilter F . We willen nu bewijzen dat deze F niet-principieel is. Merk op dat er geen eindige verzamelingen in F kunnen zitten, dus in het bijzonder kunnen er ook geen singletons {x } in zitten. Dit laat zien dat F niet van de vorm {A ⊆ N : x ∈ A} is.

(43)

Opgave 3

Zij A1, . . . , An S -structuren met S = {R}. Zij Fn het principiele ultrafilter van (P(N), ⊆) gegenereerd door n ∈ N. Bewijs dat Q

i ∈NAi /Fn∼= An.

We hebben

F_n= {A ⊆ N : n ∈ A}, dus

a ∼ b

⇐⇒ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ∈ Fn

⇐⇒ n ∈ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ⇐⇒ a(n) = b(n).

De afbeelding f : Q

i ∈NA_i /F_n→ A_n gegeven door f (a) = a(n) is dus een isomorfisme.

(44)

Opgave 3

We hebben

F_n= {A ⊆ N : n ∈ A},

dus a ∼ b

⇐⇒ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ∈ Fn

⇐⇒ n ∈ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ⇐⇒ a(n) = b(n).

De afbeelding f : Q

(45)

Opgave 3

We hebben

F_n= {A ⊆ N : n ∈ A}, dus

a ∼ b

⇐⇒ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ∈ Fn

⇐⇒ n ∈ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ⇐⇒ a(n) = b(n). De afbeelding f : Q

(46)

Opgave 3

We hebben

F_n= {A ⊆ N : n ∈ A}, dus

a ∼ b ⇐⇒ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ∈ Fn

⇐⇒ n ∈ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ⇐⇒ a(n) = b(n). De afbeelding f : Q

(47)

Opgave 3

We hebben

F_n= {A ⊆ N : n ∈ A}, dus

a ∼ b ⇐⇒ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ∈ Fn

⇐⇒ n ∈ {i ∈ N : a(i) = b(i)}

⇐⇒ a(n) = b(n). De afbeelding f : Q

(48)

Opgave 3

We hebben

F_n= {A ⊆ N : n ∈ A}, dus

a ∼ b ⇐⇒ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ∈ Fn

⇐⇒ n ∈ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ⇐⇒ a(n) = b(n).

De afbeelding f : Q

(49)

Opgave 3

We hebben

F_n= {A ⊆ N : n ∈ A}, dus

a ∼ b ⇐⇒ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ∈ Fn

⇐⇒ n ∈ {i ∈ N : a(i) = b(i)} ⇐⇒ a(n) = b(n).

De afbeelding f : Q

i ∈NAi /F_n→ A_n gegeven door f (a) = a(n) is dus een isomorfisme.

(50)

Opgave 4

(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 Lo´s’ stelling.

(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: