Théorie ensembles - Examen corrigé 1 pdf

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Examen corrig´ e du Cours de logique

Exercice 1(Th´eorie des ensembles)

On travaille dans un modèle U de ZFC. On rappelle que laclôture transitive de x, notée ct(x) est le plus petit ensemble transitif contenantxcomme sous-ensemble.

Pour tout cardinal infiniκ,Hκd´esigne la collection des ensemblesxtels que|ct(x)|< κ.

Un cardinalκest ditfortement limite si 2^λ< κd`es que λ < κ.

1. Montrer queHκ est un ensemble transitif tel queHκ⊆Vκ. 2. Montrer queκ⊆ Hκ.

3. Montrer que six, y∈ Hκ alorsS

xet {x, y} sont dansHκ.

4. Montrer (proprement) que la structure (Hκ;∈^Hκ×Hκ) satisfait l’axiome de l’union et l’axiome d’extensionalit´e.

5. Montrer queH_ω=V_ω.

6. Montrer queP(ω)∈V_ℵ₁\ H_ℵ₁.

7. Soitκun cardinal régulier. Montrer que pour toutxles propriétés suivantes sont équivalentes : (a) x∈ H_κ;

(b) x⊆ Hκ et|x|< κ.

8. Montrer queHκ=Vκ pour tout cardinal r´egulier et fortement limiteκ.

[Indication : On pourra commencer par montrer que si α∈κalors|Vα|< κ.]

9. Soitκun cardinal r´egulier. Montrer que (Hκ;∈Hκ×Hκ) satisfait l’axiome des parties si et seulement siκest fortement limite.

Solution 1 1. On note quex7→ct(x) est donn´e par une classe fonctionnelle. Il s’en suit que H_κ est une classe. Par (AF) et un r´esultat du cours on aU |=∀x∃α x∈Vα.

Poura∈ Hκ on aλ=|ct(a)|< κ, d’oùct(a)∈Vλ+1 (par un résultat du cours) et donca∈Vλ+2⊆Vκ. Cela montre queHκ⊆Vκ; en particulier,Hκest un ensemble par compréhension.

La transitivit´e deHκsuit deb∈a⇒ct(b)⊆ct(a).

2. Tout ordinalαest transitif. Siα∈κ, alors|α|< κcarκest un cardinal, et doncα∈ Hκpar d´efinition, d’o`u κ⊆ Hκ.

3. Soitx∈ Hκet z=S

x. Alorsct(z)⊆ct(x), d’o`u z∈ Hκ.

On a ct({x, y}) ={x, y} ∪ct(x)∪ct(y). Doncx, y∈ Hκ⇒ {x, y} ∈ Hκ. 4. SoitMκ= (Hκ;∈Hκ×Hκ) la Lens-structure induite surHκ.

Pour v´erifier (Ext), il faut montrer :M_κ|=∀x, y(∀z(z∈x↔z∈y)→x=y).˙

Pour cela, soient a, b∈ Hκ tels que pour toutc ∈ Hκ on aitc∈a ssic ∈b. Comme Hκ est transitif par (1), on a alorsc∈assic∈b pour toutc∈U, d’o`ua=b par extensionalit´e dansU.

Pour v´erifier (S

), il faut montrer : Mκ|=∀x∃z(∀y(∃u(u∈x∧y∈u)↔y∈z)).

Pour cela, il suffit de montrer

Mκ|=∀y(∃u(u∈a∧y∈u)↔y∈b) pour touta∈ Hκ, o`ub:=S

a∈ Hκ(par (3)).

Soitc∈ Hκ. On ac∈b ⇔il existeu∈btel quec∈u⇔il existe u∈ Hκtel queu∈b et c∈u(par transitivit´e deH_κ). On conclut.

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(2)

5. L’inclusionHω⊆Vωa été montré dans (1). Réciproquement, soita∈Vω. Alors il existen∈ω tel que a ∈Vn, et en particulierct(a)⊆Vn par transitivité de Vn. Par induction, on montre que Vn est fini pour toutn∈ω, d’oùa∈ Hω.

6. Clairement, P(ω)6∈ H_ℵ₁ pour des raisons de cardinalit´e. Orω ⊆V_ω entraˆıne queP(ω)⊆V_ω+1, d’o`u P(ω)∈V_ω+2⊆V_ℵ₁.

7. Soitκrégulier. (a)⇒(b) découle de la transitivité deHκ et du fait quect(x)⊇x.

(b)⇒(a) : On act(x) =x∪S

y∈xct(y). Alors|ct(x)|≤|x|+|x| ·sup{|y|, y∈x}.

On a |x|,|ct(y)|< κ, d’où sup{|y|, y∈x}< κpar régularité deκ. On conclut que |ct(x)|< κ.

8. Par (1) on a H_κ ⊆ V_κ. Pour ´etablir l’autre inclusion, montrons d’abord (par induction sur α) que

|V_α|< κ pour toutα < κ. Le cas α= 0 est clair ; l’étape successeur suit du fait que κest fortement limite ; l’étape limite suit de la régularité deκ. CommeVα est transitif, on a alorsVα∈ Hκpour tout α < κ, d’oùVκ=S

α<κVα⊆ Hκ.

9. La transitivit´e deHκentraˆıne que pour tout a, b∈ Hκ on aMκ|=a⊆b ssiU |=a⊆b.

Soit maintenantκr´egulier. On suppose d’abord queκest fortement limite. Soitc∈ Hκ. Alorsc∈Vα

pour un α < κpar (8), d’o`u d=P(c)∈Vα+2⊆ Hκ. Il s’en suit queHκ|=∀z(z⊆c↔z∈b), ce qui montre queMκ satisfait (Parties).

Réciproquement, on supposeκrégulier et qu’il existeλ < κavec 2^λ≥κ. Par (2) on aλ∈ Hκ. Comme ct(x) ⊆ λ pour tout x ⊆ λ, on a P(λ) ⊆ Hκ. Si Mκ |= ∀z(z ⊆ a ↔ z ∈ b), on a nécessairement b⊇ P(λ) et en particulier|b|≥κ. En particulier,b6∈ Hκ. Contradiction.

Exercice 2(Th´eorie des mod`eles)

Soit L un langage d´enombrable etT une L-th´eorie consistante. Soient M et N deux L-structures et soit A ⊆ M. Une fonction σ : A 7→ N est un isomorphisme partiel si pour tous a1, . . . , an ∈ A et formule φ(x1, . . . , xn)∈ L, on a :

M |=φ[a1, . . . , an] ⇐⇒ N |=φ[σ(a1), . . . , σ(an)].

La structure Mest ditehomog`ene si pour toutA⊂M fini, tout isomorphisme partielσ:A→M et tout B⊂M fini contenantA, il existe un isomorphisme partielσ⁰ :B→M tel queσ⁰|A=σ.

On poseL0={<, s} o`u <est un symbole de relation binaire etsun symbole de fonction unaire.

SoitT₀ laL0-th´eorie stipulant que : –<d´efinit un ordre total (strict) ;

– la fonctionsest une bijection de l’univers dans lui-mˆeme ;

– pour toutx,s(x) est le successeur dexau sens de l’ordre<, formellement :

∀x(x < s(x)∧ ∀y(y > x→y≥s(x))).

SoitZ laL0-structure d’universZ, où <et ssont interprétés respectivement comme l’ordre et la fonction successeur naturels deZ. La structureZ est clairement un modèle de T0.

On admettra que la th´eorieT0admet l’´elimination des quanteurs dans le langageL0.

1. Montrer queZ se plonge dans tout modèle de T₀. En utilisant l’élimination des quanteurs, en déduire queT₀ est complète.

2. Montrer queZ est homog`ene.

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(3)

3. Soit Z2 la structure d’univers Z× {0,1} où < est interprété par l’ordre lexicographique inverse et s((n, t)) = (n+ 1, t). C’est un modèle deT0 (on ne demande pas de le vérifier). Montrer queZ2 n’est pas homogène.

Pour les questions 4 `a 8, on travaille de nouveau avec un langage Ld´enombrable quelconque.

4. Soit (Mn:n < ω) une suite deL-structures tels queMn4Mn+1pour toutn. SoitMωlaL-structure d’universS

n<ωMn d´efinie de mani`ere naturelle (comme dans le cours).

(a) Montrer qu’on aMn4Mmpour toutn≤m < ω.

(b) Montrer que pour toutn < ω, on aM_n4M_ω.

[Indication : On pourra raisonner par induction sur les formules.]

5. (Cette question est plus difficile. On pourra l’admettre pour continuer.) Soit M une L- structure dénombrable, A ⊂ M un sous-ensemble fini et σ : A → M un isomorphisme partiel. Soit B ⊂M fini contenantA. Montrer qu’il existe une extension élémentaire dénombrableN <Met un isomorphisme partiel σ⁰:B →N tel que σ⁰|A=σ.

6. Montrer que l’ensemble des parties finies d’un ensemble d´enombrable est d´enombrable.

7. Montrer qu’il existe uneL-structure dénombrableN⁰<Mayant la propriété suivante :

(+) Pour tout isomorphisme partiel σ:A→M, avecA⊂M fini et toutB ⊂M fini contenantA,σ s’´etend en un isomorphisme partielσ⁰:B→N⁰.

8. Montrer qu’il existe uneL-structure d´enombrableN∗<Mqui soit homog`ene.

9. (*) D´eterminer une structure N_∗ dans le cas o`u M = Z2; montrer que N_∗ est unique dans cette situation.

Solution 2 1. SoitM |=T0. On choisit a0 ∈ M. Il est clair que s d´efinit une bijection croissante sans cycles dans M. Pourz∈Z, il existe donc un uniqueaz∈M tel ques^z(a0) =az. L’application f qui

`

a z∈Zassociea_z d´efinit alors un plongement deZ dansM.

Comme T0 élimine les quanteurs, f est un plongement élémentaire (par un résultat du cours), et en particulier Z ≡ M. Ceci montre queT0= Th(Z), autrement dit queT0est complète.

2. SiA=∅et B⊆Zest quelconque, l’identit´e convient.

Soit∅ 6=A⊆B ⊆Zet f :A→Zun isomorphisme partiel. On montre aisément que sia₁, a₂∈A et f(a₁) =a₁+t, alorsf(a₂) =a₂+t. En effet, si a₂ = s^za₁, alors f(a₂) = s^z(f(a₁)) =s^z(a₁+t) = s^z+t(a₁) = s^t(a₂) = a₂+t. Cela montre que f = τ A, où τ est l’isomorphisme de Z donné par la translation par t. En particlierf⁰=τB étendf et est bien un isomorphisme partiel.

3. CommeT0´elimine les quanteurs, l’applicationf :A={(0,0} → Z2, (0,0)7→(0,1) est un isomorphisme partiel. Montrons quef ne s’´etend pas en un isomorphisme partiel surB={(0,0),(0,1)}. Supposons que f⁰ soit une telle extension. Comme (0,1)> sⁿ((0,0)) = (n,0) pour tout n∈N, on a f⁰((0,1))>

f((n,0)) = (n,1) pour toutn. Or il n’existe pas de tel ´el´ement dans Z2. Contradiction.

4. (a) La relation 4 est transitive, c’est-à-dire si M 4 N et N 4 P, alors M 4 P (vérification immédiate). Le résultat en découle par induction surm−n.

(b) Par induction sur la hauteur d’une formuleφ=φ(v₁, . . . , v_n), on montre : Pour toutm∈Net touta∈M_mⁿ, on aMm|=φ[a]⇔ Mω|=φ[a].

Si φest atomique, cela d´ecoule du fait que Mmest une sous-structure deMω. Le cas des connecteurs logique (∧et ¬) est clair.

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(4)

On suppose que le r´esultat est vrai pourψ=ψ(v0, . . . , vn) et on consid`ereφ[v1, . . . , vn] =∃v0ψ.

Soita∈M_mⁿ.

Si Mm |= φ[a] alors Mm |= ψ[b, a] pour un b ∈ Mm et donc Mω |= ψ[b, a] par hypoth`ese d’induction, d’o`uMω|=φ[a].

5. Soient A⊆B ⊆M avecB fini etM dénombrable, et soitσ:A→ Mun isomorphisme partiel. Soit A={a₁, . . . , a_m}et B\A={b₁, . . . , b_n}. On choisit des nouvelles constantesc₁, . . . , c_n en dehors de L_M, et on poseL^∗=L_M∪{c˙ ₁, . . . , c_n}. On considère laL^∗-théorie suivante :

T^∗=Diag(M)∪

φ(c1, . . . , cn, σ(a1), . . . , σ(am))|φ(v1, . . . , vn, w1, . . . , wm)∈ Lt.q.M |=φ[b, a] . Toute partie finie de T^∗ admet un mod`ele. En effet, si M |=Vk

i=1φi[b, a], on a en particulier M |=

∃vφ[v, a], d`u M |=∃vφ[v, σ(a1), . . . , σ(am)] carσest un isomorphisme partiel.

Par le théorème de compacité il existe un modèle N^∗ |= T^∗. Par un résultat du cours, le réduit N :=N^∗ L est (isomorphe à) une extension élémentaire de M. Par construction deN^∗, si on pose σ⁰(b_i) :=c^N_i ^∗, alorsσ⁰définit une extension deσen un isomorphisme partiel de domaineBet à valeurs dansN.

6. SoitX un ensemble d´enombrable, c’est-`a-dire|X|≤ ℵ0. Pour toutnil existe une surjection deXⁿ sur l’ensemble des parties deX de cardinaln. On a donc

| Pf in(X)|=|[

n∈ω

{X0∈ P(X)| |X₀|=n} |≤ ℵ0·sup

n∈ω

(|Xⁿ|)≤ ℵ0· ℵ0=ℵ0.

7. Comme M est dénombrable, par la partie précédente il n’y a qu’un nombre dénombrable de triplets (A, B, σ) où A ⊆ B ⊆ M avec B fini et où σ : A → M est un isomorphisme partiel. (Il suffit de remarquer queB×graphe(σ), une partie finie deM³, détermine le triplet (A, B, σ).) Soit (Ai, Bi, σi)_i∈_N une énumération de ces triplets.

On pose M0 :=M. Par induction sur n ∈N, on construit des modèles dénombrables Mn tels que M_n+1<M_n et tels queσ_n:A_n →M₀⊆M_n+1s’étend en un isomorphisme partielσ⁰_n:B_n→M_n+1. Par (5) ceci est possible. On pose M_ω := S

n∈ωM_n, une structure dénombrable. Par (4.b), on a M=M₀4M_ω, et par constructionM_ω a la propriété cherchée.

8. On it`ere la construction faite dans (7).

Soit N0 :=M et N1 :=Mω où Mω est la structure dénombrable construite dans (7). On construit inductivement, en appliquant (7) à la structureNn, une structure dénombrableNn+1 <Nn telle que pour tout A⊆B⊆Nn avecB fini et tout isomorphisme partielσ:A→Nnil existe une extension de σen un isomorphisme partielσ⁰ :B→Nn+1.

On pose N_∗:=S

n∈ωNn, une structure dénombrable. Par (4.b), on aM=N04N_∗. SoientA⊆B⊆ N_∗ avecB fini, et soit σ:A→N_∗ un isomorphisme partiel. Il existen∈Ntel queB∪im(σ)⊆Nn, autrement dit σ:A→Nn un isomorphisme partiel (on utiliseNn 4N_∗). Par construction,σs’étend en un isomorphisme partiel σ⁰ :B →Nn+1. CommeNn+1 4N_∗, σ⁰ :B →N_∗ est un isomorphisme partiel. Ceci montre queN∗ est homogène.

9. On peut plonger Z2 dans la structureZQ d’ensemble de baseZ×Q, où l’ordre est donné par l’ordre antilexicographique ets(z, q) := (z+ 1, q). Par l’élimination des quanteurs,N_∗:=ZQest une extension

´

elémentaire deZ2. Pour montrer queN_∗ est homogène, par induction sur|B\A|, il suffit de traiter le cas oùA={a1, . . . , an} et B =A∪ {b}. Soit donc σ:A→N_∗ un isomorphisme partiel. On peut supposera1< . . . < an.

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(5)

Sis^z(b)∈Apour unz∈Z, on montre comme dans (2) qu’alors tout isomorphisme partiel de domaine A s’´etend de mani`ere unique en un isomorphisme partiel de domaineB.

Si s^z(b) < a₁ = (z₁, q₁), alors b = (z, q) pour un q < q₁. Comme Q n’a pas de plus petit élément, si σ(a₁) = (z⁰₁, q⁰₁), il existe q⁰ < q₁⁰. Il est clair que b 7→ (0, q⁰) définit une extension de σ en un isomorphisme partiel défini surb.

Sis^z(b)> an= (zn, qn), on raisonne de manière analogue, en utilisant queQne contient pas d’élément maximal.

Sinon, il existe 1 ≤k < n tel que ak = (zk, qk) < s^z(b)< ak+1 = (zk+1, qk+1) pour tout z. Comme l’ordre sur Q est dense, si σ(ai) = (z_i⁰, q⁰_i), il existe q⁰ ∈ Q tel que q⁰_k < q⁰ < q_k+1⁰ . Il est clair que b7→(0, q⁰) marche.

Pour montrer l’unicité deN_∗, on considère d’abord un modèle arbitraireMdeT0. SurM, la relation d’équivalencea∼b:⇔ ∃z∈Z:s^z(a) =ba des classes d’équivalences convexes et toutes isomorphes à (Z, <, x7→x+ 1). L’ensemble des classes d’équivalencesI est alors non-vide et totalement ordonné, et Mest isomorphe àZIavec ensemble de baseZ×I, où l’ordre est donné par l’ordre antilexicographique et s(z, i) := (z+ 1, i).

Tout modèle contenantZ2est alors de la formeZI pour unIayant au moins 2 éléments. SiI contient un plus petit ou un plus grand élément, on montre comme dans (3) que ZI n’est pas homogène. De manière similaire, siI n’a pas de point extrême, mais l’ordre surI n’est pas dense, alors ZI n’est pas homogène. En effet, sii₁, i₂ ∈I tel quei₁< i₂ avec aucun élément entre les deux, il suffit de choisir i₀ < i₁ et de considérerA ={(0, i₀),(0, i₂)} et de poser σ((0, i₀)) = (0, i₁),σ((0, i₂) = (0, i₂). Il est clair queσne s’étend pas à (0, i₁).

L’ordre (I, <) doit donc être dense sans extrémités. SiM est dénombrable,I l’est aussi. On conclut, car (Q, <) est l’unique ordre total dénombrable dense sans extrémités (c’est un résultat de Cantor).

Exercice 3(D´ecidabilit´e)

SoitL={P, c}, o`uP est un pr´edicat unaire etcune constante.

1. Déterminer lesL-structures finies et dénombrables à isomorphisme près.

2. En déduire : deuxL-structuresMet Nsont élémentairement équivalentes si et seulement si

• M|=P cssiN|=P c, et

• M|=∃^≥kx QxssiN|=∃^≥kx Qxpour toutk∈Net toutQ∈ {P,¬P}.

3. Donner une description de l’ensemble des L-th´eories compl`etes.

4. Montrer qu’unL-´enonc´eϕest universellement valide ssiM|=ϕpour touteL-structure finie.

5. Montrer que laL-th´eorie vide est d´ecidable.

[Indication : On pourra d’abord montrer que la th´eorie d’uneL-structure finie est d´ecidable.]

Solution 3 1. Pour 1 ≤ κ ≤ ℵ₀ et 0 ≤ λ ≤ ℵ₀ on d´enote M_κ,λ une L-structure satisfaisant c^M^κ,λ ∈ P^M^κ,λ, |P^M^κ,λ|=κet| M_κ,λ\P^M^κ,λ|=λ.

De mˆeme, soitNκ,λ uneL-structure satisfaisantc^N^κ,λ 6∈P^N^κ,λ, |P^N^κ,λ |=λet| Nκ,λ\P^N^κ,λ |=κ.

Il est facile à voir que touteL-structure de cardinal ≤ ℵ0 est isomorphe à l’une de ces structures, et que ces structures sont 2à 2 non-isomorphes.

2. Il s’agit clairement de conditions nécessaires pour que deuxL-structuresMetNsoient élémentairement

´

equivalentes.

Montrons qu’elles sont suffisantes aussi. Quitte à passer à des sous-structures élémentaires dénombrables (on utilise Löwenheim-Skolem descendant), on peut supposer que M et N sont dénombrables. On conclut, car les conditions données permettent de distinguer les L-structures dénombrables données dans (1).

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(6)

3. Nous avons déjà vu que pour deux L-structures M et N dénombrables, on a M ∼= N ssi M ≡ N.

L’ensemble desL-théories complètes est donc donné par

{Th(M_κ,λ)|1≤κ≤ ℵ₀,0≤λ≤ ℵ₀}∪{Th(N˙ _κ,λ)|1≤κ≤ ℵ₀,0≤λ≤ ℵ₀}.

4. Par (2), la liste suivante donne une axiomatisation deMκ,λ :

• P c;

• siκ <ℵ0, on met∃^=κxP x, et siκ=ℵ0, on met{∃^≥kxP x|k∈N};

• siλ <ℵ0, on met∃^=λx¬P x, et siλ=ℵ0, on met{∃^≥lx¬P x|l∈N}.

On donne une axiomatisation similaire deNκ,λ, en ´echangeant les rˆoles deP et ¬P.

Soit φ un L-´enonc´e qui n’est pas universellement valide. Il suffit de montrer qu’il existe alors une L-structure finieMtelle queM|=¬φ.

Par hypothèse il existe N telle queN |=¬φ. Alors N |= Th(Mκ,λ) ouN |= Th(Nκ,λ) pour certains κ et λpar (3). On traite le premier cas, l’autre étant similaire. On a donc Th(Mκ,λ)` ¬φ. Il existe alors une partie finie Ψ = {ψ1, . . . , ψm} des axiomes que nous avons donnés telle que`V

iψi → ¬φ.

Or il est clair qu’une telle partie finie Ψ admet un mod`ele finiM. On a alorsM|=¬φ.

5. On a `φssiM|=φpour touteL-structureMssiM|=φpour toute L-structure finie M(par (4).

SoitR={pφq|φest unL-énoncé tel que`φ}. L’ensemble Rest récursivement énumérable.

SoitR⁰={pφq|φest unL-énoncé tel que6`φ}. Il suffit de montrer queR⁰est récursivement énumérable.

On a pφq ∈ R⁰ ssi il existe M finie telle que M |= ¬φ ssi il existe k, l finis, k ≥ 1 tels que pP c∧ ∃^=kxP x∧ ∃^=lx¬P x → ¬φq ∈ R ou p¬P c∧ ∃^=kx¬P x∧ ∃^=lxP x → ¬φq ∈ R. L’ensemble {(pP c∧ ∃^=kxP x∧ ∃^=lx¬P x→ ¬φq, k, l)} ∪ {(p¬P c∧ ∃^=kx¬P x∧ ∃^=lxP x→ ¬φq, k, l)}est une partie récursive deN³, sa projection sur la premère coordonnée est donc récursivement énumérable et égale

` a R⁰.

Exercice 4(Interprétation et indécidabilité)

SoientL etL⁰ deux langages, etT uneL-théorie. Uneinterprétation IT(L⁰) deL⁰ dansT est la donnée

• d’uneL-formuleφdom=φdom(x) telle queT ` ∃xφdom;

• pour toute relationn-aireR⁰∈ L⁰, d’uneL-formuleφR⁰(x1, . . . , xn) telle que T ` ∀x₁, . . . x_n φ_R⁰(x)→

n

^

i=1

φ_dom(x_i)

!

;

• pour toute constantec⁰∈ L⁰, d’uneL-formuleφc⁰(x) telle queT ` ∀x(φc⁰(x)→φdom(x))∧ ∃⁼¹xφc⁰(x), et

• pour toute fonctionn-airef⁰∈ L⁰, d’uneL-formuleφf⁰(x1, . . . , xn+1) telle que T ` ∀x₁, . . . x_n+1 φ_f⁰(x)→

n+1

^

i=1

φ_dom(x_i)

!

∧ ∀x₁, . . . , x_n

n

^

i=1

φ_dom(x_i)→ ∃⁼¹x_n+1φ_f⁰(x)

! .

Ainsi, de manière naturelle, à tout modèle M |= T est associée une L⁰-structure M⁰ = hM⁰;. . .i telle que M⁰ =φ_dom[M], R^0M⁰ =φ_R⁰[M],{c^0M⁰}=φ_c⁰[M] et graph(f^0M⁰) =φ_f⁰[M], pour les relations, constantes et fonctions deL⁰, respectivement.

1. Montrer :

(a) `A touteL⁰-formuleψ⁰(x1, . . . , xn) est associ´ee uneL-formuleψ(x1, . . . , xn) telle que T ` ∀x1, . . . xn ψ(x)→

n

^

i=1

φdom(xi)

!

et telle que pour tout a∈M⁰ⁿ on ait M⁰ |=ψ⁰[a] si et seulement siM|=ψ[a].

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(7)

(b) SiL et L⁰ sont finis, on peut choisir les formulesψ de manière à ce quepψ⁰q 7→pψq soit donné par une fonction primitive récursive. [Des brèves justifications suffiront.]

2. On considère L = Lens = {∈} et L⁰ = Lar. Le but de cette partie est d’établir certains résultats d’indécidabilité dansLens.

(a) Donner uneL-formuleφdom[x] telle que pour toutM|= ZFC on aitφdom[M] =ω⊆M, c’est-à-dire φdom est satisfaite précisément par les ordinaux finis dansM.

On définit naturellement une interprétationI_ZFC(L_ar) =hφ_dom;φ₀, φ_S, . . .ideL_ar dans ZFC, en utilisant les opérations d’addition, multiplication et successeur usuels sur les ordinaux (de même pour 0 et<). Observer que pour toutM|= ZFC on aM⁰ |=P. [On ne demande pas de le justifier.]

(b) En d´eduire que ZFC est ind´ecidable. [On suppose que ZFC est consistante.]

(c) Montrer qu’il existe une sous-théorie finieT₀⊆ZFC telle que les mêmes formulesφ_dom, φ₀, φ_S, . . . définissent une interprétation deL_ar dansT₀ et telle queM|=T₀⇒M⁰ |=P₀.

(d) Déduire de la question précédente que laLens-théorie vide est indécidable.

3. SoitL un langage (fini) contenant au moins un symbole de relationn-aire ou un symbole de fonction n-aire, pour unn≥2. Montrer que la L-th´eorie vide est ind´ecidable.

Solution 4 1. (a) Par induction sur la hauteur, on commence par transformer toute L⁰-formule ψ⁰ en une L⁰-formule ψ⁰⁰ dans laquelle ne figurent que des sous-formules atomiques de la forme x=y,˙ R⁰(x₁, . . . , x_n),x=c˙ ⁰,f⁰(x₁, . . . , x_n) ˙=x_n+1. TouteL⁰-formule est équivalente à une telle formule, et siL⁰ est fini, on peut clairement trouver une construction telle qu’il existe une fonction primitive récursivef :N→Navecf(pψ⁰q) =pψ⁰⁰q.

Pour définir une L-formule ψ(x₁, . . . , x_n) à partir d’une L⁰-formule ψ⁰⁰ de la forme décrite, on raisonne par induction sur la hauteur de ψ⁰⁰.

• Si ψ⁰⁰(x, y) =x=y, on pose˙ ψ(x, y) =φdom(x)∧φdom(y).

• Si ψ⁰⁰(x1, . . . , x,) =R⁰(x1. . . xn), on pose ψ(x1, . . . , xn) =φR⁰(x1, . . . , xn).

• Si ψ⁰⁰(x) =x=c˙ ⁰, on poseψ(x) =φ_c0(x).

• Si ψ⁰⁰(x₁, . . . , x_n+1) =f⁰(x₁, . . . , x_n) ˙=x_n+1, on poseψ(x₁,|dots, xn+1) =φ_f⁰(x₁, . . . , x_n+1).

• Si ψ⁰⁰= (ψ₁⁰⁰∧ψ⁰⁰₂), on poseψ= (ψ₁∧ψ₂).

• Si ψ⁰⁰(v₁, . . . , v_n) =¬ψ₁⁰⁰, on poseψ(v₁, . . . , v_n) =¬ψ₁∧Vn

i=1φ_dom(v_i).

• Si ψ⁰⁰=∃xψ₁, on poseψ=∃xψ₁.

Il est clair que ces formules ont les propri´et´es requises.

(b) Si L⁰ et L sont finis, alors les applications pψ⁰q 7→ pψ⁰⁰q et pψ⁰⁰q 7→pψq sont donn´ees par des fonction primitives r´ecursives.

2. La formule φ_dom(x) := Ord(x)∧ ∀y(y ∈ x → ∅=y˙ ∨ ∃zy=z˙ ∪ {z}) est satisfaite précisément par les ordinaux finis, c’est-à-dire par les éléments de ω. Ici, on utilise la formule Ord(x) définissant les ordinaux (“xest bien-ordonné par ∈et transitif”).

3. Si ZFC était décidable, l’ensembleR⁰ ={pφ⁰q| φ⁰ est unL_ar-énoncé tel que ZFC|=φ} serait récursif par (1.b). OrR⁰ ={φ⁰|pφ⁰q∈R⁰}est uneLar-théorie consistante (si ZFC est consistante) contenant l’arithmétique de PeanoP. Comme de plusR⁰ est close par déduction et récursive, elle est décidable.

Cela contredit le th´eor`eme de Church.

4. On chosit φdom(x),φ<,φ0,φ+, φ_·et φS comme dans (2). Les énoncés suivants sont conséquences de ZFC :

• ∃xφdom(x) ;

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(8)

• ∀x, y(φ<(x, y)→φdom(x)∧φdom(y)) ;

• ∀x(φ0(x)→φdom(x))∧ ∃⁼¹xφ0(x) ;

• ∀x, y, z(φ₊(x, y, z)→φ_dom(x)∧φ_dom(y)∧φ_dom(z))∧ ∀x, y φdom(x)∧φ_dom(y)→ ∃⁼¹zφ₊(x, y, z) , et similairement pour la multiplication et le successeur ;

• ψ, o`uψ⁰=V8

i=1(Ai) est la conjonction des axiomes de Peano faible.

Par compacité, il existe une théorieT0 ⊆ZFC finie telle que tous les énoncés de cette liste sont des conséquences deT0. Cela garantit qu’on a bien affaire à une interprétation deLardansT0(avec domaine φdom(x)) et que si M|=T0, alors M⁰ |=P0. Comme dans la partie précédente, on en déduit que T0

est indécidable, par le théorème de Church. Si laLens-théorie vide était décidable, touteLens-théorie finie le serait aussi, par un résultat du cours. On conclut, carT0 est finie.

5. On suppose d’abord que L contienne un symbole de relation n-aire R, pour un n ≥ 2. On peut alors interpr´eterLens dans laL-th´eorie vide, en posantφ_dom(x) :=x=x˙ et φ_∈(x, y) :=R(x, y, . . . , y

| {z }

n−1 fois

).

TouteLens-structure apparaˆıt comme interprétation d’uneL-structure. Donc, si laL-théorie vide était décidable, laLens-théorie vide le serait aussi.

SiLcontient un symbole de fonctionn-airef, pour unn≥2, il suffit de montrer qu’on peut interpréter le langageL⁰={R}, avecR prédicatn-aire, dans uneL-théorie consistante (finie)T₀, de manière à ce que touteL⁰. Pour simplifier la notation, on traite le casn= 2. On considère laL-théorie donnée par

• ∃^≥2xx=x, et˙

• ∃⁼¹x∀y(f(x, y) ˙=x∧f(y, x) ˙=x).

Posons χ(x) :=∀y(f(x, y) ˙=x∧f(y, x) ˙=x). Cette formule a donc exactement une solution dans tout mod`ele de T₀. On peut alors interpr´eter L⁰ dans L, en posant φ_dom(x) := ¬χ(x) et φ_R(x, y) :=

φdom(x)∧φdom(y)∧ ∃z(χ(z)∧f(x, y) ˙=z). On vérifie sans problème que toute L⁰-structure apparaˆıt comme interprétation d’un modèle deT0. On conclut comme avant.