Professor J. Duparc Logique mathématique 24 septembre, 2014
Solutions de la série n ◦ 2
Solution de l’exercice 1 :
L’arbre de décomposition deϕest le suivant.Une branche de longueur maximale est indiquée par les doubles lignes. Les occurrences liées des variables de ϕsont soulignées.
→
∀x ∃z
∧ ∨
R(x,z) ∃z R(f(x),z) ¬
R(g(z,x),y) R(c,g(y,z))
Afin d’effectuer les substitutions demandées, nous commençons par substi- tuer aux occurrences liées des variables de ϕ des variables n’apparaissant pas dans le termeu:
ϕ=
∀x1 R(x1,z)∧ ∃z1R(g(z1,x1),y)
→ ∃z1 R(f(x),z1)∨ ¬R(c,g(y,z1)) Nous pouvons alors substituer le termeu:
ϕ[u/x] :
∀x1 R(x1,z)∧ ∃z1R(g(z1,x1),y)
→
∃z1 R(f(g(f(x),g(z,c))),z1)∨ ¬R(c,g(y,z1))
ϕ[u/y]:
∀x1 R(x1,z)∧ ∃z1R(g(z1,x1),g(f(x),g(z,c)))
→
∃z1 R(f(x),z1)∨ ¬R(c,g(g(f(x),g(z,c)),z1))
ϕ[u/z]:
∀x1 R(x1,g(f(x),g(z,c)))∧ ∃z1R(g(z1,x1),y)
→
∃z1 R(f(x),z1)∨ ¬R(c,g(y,z1))
1
Professor J. Duparc Logique mathématique 24 septembre, 2014
Solution de l’exercice 2 :
Soit L un langage du premier ordre. On définit pour tout terme t de L l’arbre de décomposition Tt de t par induction sur la hauteur de t de sorte que la hauteur de t égale la longueur de la plus longue branche de son arbre de décomposition.— sitest de hauteur nulle, alorstest une variable ou une constante. Nous définissonsTtpar
t
La longueur de la plus longue branche est bien nulle comme la hauteur det.
— sitest de hauteurn >0, alors il existe un naturelk, il existe un symbole de fonctionf ∈ Ld’aritéket il existe des termest1, . . . ,tkde hauteur res- pectivementh1, . . . ,hk < nde sorte que t=f(t1, . . . ,tk)(par définition d’un terme de hauteurk >0). Nous définissons alorsTtpar
f
···
Tt1 Tt2 ··· Ttk
Par hypothèse d’induction, nous avons que la hauteur deti égale la lon- gueur de la plus longue branche deTti et ceci pour chaquei= 1, . . . ,k. Il s’ensuit que la hauteur detqui égale1 + max{hi|i= 1, . . . ,k}est égale à la plus longue branche deTt.
Solution de l’exercice 3 :
SoitLun langage du premier ordre. Notons P le sous-ensemble de L<ω des mots sur L possèdant autant de parenthèses ouvrantes que de parenthèses fermantes.Nous commençons par montrer par induction sur la hauteur des termes, que l’ensemble des termes deLest inclus dansP. Sitest un terme de hauteur nulle, alors t ne contient pas de parenthèses. Si t est de hauteur non nulle, alors il existe un naturel n, un symbole de fonction f ∈ L d’arité n, et t1, . . . ,tn des termes de hauteur strictement inférieure à la hauteur detavect=f(t1, . . . ,tn).
Par hypothèse d’induction,t1, . . . ,tn∈P et donct∈P.
Nous montrons maintenant par induction sur la hauteur d’une formule, que l’ensemble des formules deL est inclus dansP. Siϕest de hauteur nulle, alors il existe un naturel n, un symbole de relationR∈ L d’aritén, ett1, . . . ,tn des termes de L avec ϕ = R(t1, . . . ,tn). Par ce qui précède, t1, . . . ,tn ∈ X. Il en découle que ϕ∈X. Si ϕ est de hauteur non nulleh, alors nous sommes dans l’un des trois cas suivants :
— ϕ= (ψ1? ψ2)avec?∈ {∧,∨,¬,→,↔}etψ1,ψ2des formules de hauteur strictement inférieure àh. Par hypothèse d’induction,ψ1,ψ2∈P et donc ϕ∈P.
— ϕ=¬ψavecψde hauteur strictement inférieure àh. Alors, par hypothèse d’inductionϕ∈P.
— ϕ=Qxψavecψde hauteur strictement inférieure àh. Alors, par hypo- thèse d’inductionϕ∈P.
2
Professor J. Duparc Logique mathématique 24 septembre, 2014
Solution de l’exercice 4 :
Dans les notations de la Série n◦1, nous avons F ⊆L∗. Ainsi, par les résultats de la Série n◦1 il s’ensuit qu’il existe un injection de F dans N. Puisque L est un langage égalitaire, il contient le symbole d’égalité=. Pour chaque n∈Nnous avons la formule suivanteϕn=∃x· · · ∃x
| {z }
n+1f ois
(x=x)∈F.
L’applicationn7→ϕnest un injection deNdansF. On conclut par le théorème de Cantor-Schröder-Bernstein.
Solution de l’exercice 5 :
1. Notons [r] la partie entière d’un nombre réel r. L’ensemble des nombres réelsRest en bijection avecZ×[0,1[viar7→([r], r−[r]). De plus, nous avons vu dans la série n◦1 queN×Zest en bijection avecZ. Ainsi,
N×R∼=N×(Z×[0,1[)∼= (N×Z)×[0,1[∼=Z×[0,1[∼=R.
2. Supposons par l’absurde que n 7→ xn est un bijection entre N et 2N. Définissons alors la suite diagonaley ∈ 2N pary(n) = 1−xn(n). Nous avons alors pour chaquen∈Nquey 6=xn et donc l’applicationn7→xn
n’est pas surjective contrairement à l’hypothèse.
3
