Solutions aux exercices 11

Solutions aux exercices 11

cours d’introduction à la logique, printemps 2019, UniL, Philipp Blum

1. (5 points) Déterminez si les phrases données sont valides à l’aide de la méthode des arbres.

Solution:

(a) Comme pour la logique propositionnelle, nous vérifions la validité d’une phrase en prou- vant que toutes les branches de l’arbre pour sa négation se ferment. Un arbre pour

«∀x(F x)→ ∀y(F y)» :

✓ ¬(∀x(F x)→ ∀y(F y))

a✓ ∀x(F x)

a✓ ¬∀y(F y)

¬F a F a▽

(b) Voici l’arbre (à l’ancienne méthode) qui vérifie la validité de «∃x∀y(Rxy)→ ∀y∃x(Rxy)» :

✓ ¬(∃x∀y (Rxy)→ ∀y∃x(Rxy))

✓^a ∃x∀y(Rxy)

✓^a,b ¬∀y∃x(Rxy)

✓^a,b ∀y(Ray) Raa

✓^a¬∃x(Rxa) ✓^a,b¬∃x(Rxb) Rab

¬Raa

▽ ¬Rab

¬Rbb

▽ En utilisant la nouvelle méthode,

l’arbre sera le suivant :

✓ ¬(∃x∀y (Rxy)→ ∀y∃x(Rxy))

a✓ ∃x∀y (Rxy)

a,b✓ ¬∀y∃x(Rxy)

a,b✓∀y (Ray) Raa

a,b✓¬∃x(Rxb)

¬RabRab

¬Rbb

▽

(c) Voici un arbre pour « Ga→(∀x(F x)→ ∃x(F x))» :

✓ ¬(Ga→(∀x(F x)→ ∃x(F x)))

✓ ∀x(F x)Ga → ∃x(F x)

a✓ ∀x(F x)

a✓¬∃x(F x)

¬F aF a

▽

Sémantiquement, l’introduction de la constante pour instancier la quantification univer- selle est légitime puisque nous excluons les univers de discours vides.

(d) Voici l’arbre pour «¬∃y(P y) → ∀y (F y→ ∃xF x)» :

✓¬(¬∃y P y → ∀y (F y→ ∃xF x))

¬∃y P y

a✓¬∀y (F y→ ∃xF x)

✓¬(F a→ ∃xF x)

a✓¬∃x(F x) F a

¬F a

▽

Il n’est pas étonnant que « ¬∃yP y » ne joue aucun rôle dans la preuve de validité : dans la logique des prédicats, comme dans logique propositionnelle, n’importe quelle implication est valide si son conséquent est lui-même valide.

(e) L’arbre pour «∀x(F x→(Gx∧Hx))→ ∀x((F x∧Gx)→Hx)» :

✓ ¬(∀x(F x→(Gx∧Hx))→ ∀x((F x∧Gx)→Hx))

a✓ ∀x(F x→(Gx∧Hx))

a✓¬∀x((F x∧Gx)→Hx)

✓¬((F a∧Ga)→Ha)

F a

¬GaHa

✓F a→(Ga∧Ha)

¬F a

▽ Ga

Ha▽

2. (3 points) Par la méthode des arbres, trouvez des modèles pour les phrases données : (a) D’après l’ancienne méthode, voici l’arbre pour «∃x∀y (Rxy)∧ ∃x∃y (¬Rxy)» :

a✓∃x∀y (Rxy)

a,b✓∃x∃y ¬(Rxy)

a✓ ∀y (Ray) Raa

a✓∃y(¬Ray)

¬Raa

▽

a,b,c✓∃y(¬Rby)

¬Rba Rab✓

¬Rbb Rab✓

¬Rbc Rab Rac✓

Les branches marquées par «✓ » représentent des structures dans lesquelles la phrase initiale est vraie. Elle sera vraie, par exemple, dans une structure à deux individus,aet b, où la relation R obtient entrea et a, aet b et entre aucune autre paire. Dans cette structure, il est vrai qu’il existe unx(à savoira) qui porteRà tout ce qui existe et qu’il existe deux individus (à savoir bet adans cet ordre) qui ne sont pas reliés parR. Avec la nouvelle méthode, nous aurions pu nous contenter de l’arbre suivant :

a✓ ∃x∀y (Rxy)

b✓∃x∃y¬(Rxy)

a✓ ∀y (Ray) Raa

c✓∃y(¬Rby) Rab

¬Rbc Rac✓

(b) En utilisant l’ancienne méthode, voici l’arbre pour «∀x(¬Sxx)∧ ∃x∃y∃z(Sxy∧Syx∧

¬Sxz)» :

a✓∀x¬Sxx

a✓∃x∃y∃z (Sxy∧Syx∧ ¬Sxz)

a,b✓∃y∃z(Say∧Sya∧ ¬Saz)

¬Saa

a,b✓∃z(Saa∧Saa∧ ¬Saz)

Saa

¬SaaSaa

▽

Saa

¬SaaSab

▽

a,b,c✓∃z (Sab∧Sba∧ ¬Saz)

¬Sbb

Sab

¬SbaSaa

✓

Sab

¬SbaSab

▽

Sab

¬SbaSac

✓ En utilisant la nouvelle méthode, l’arbre sera le suivant :

∀x¬Sxx

a✓∃x∃y∃z(Sxy∧Syx∧ ¬Sxz)

b✓∃y∃z (Say∧Sya∧ ¬Saz)

¬Saa

c✓∃z (Sab∧Sba∧ ¬Saz)

¬Sbb Sab

¬SbaSac

✓

(c) L’arbre pour « ∀x∃y (Rxy)∧ ∀x(¬Rxx)∧ ¬∀x∀y(Rxy →Ryx)» avec l’ancienne mé- thode :

∀x∃y Rxy

∀x¬Rxx

¬∀x∀y(Rxy→Ryx)

¬∀y(Ray→Rya)

¬Raa

¬(Raa→Raa) Raa¬Raa

▽

¬(Rab→Rba)

¬Rbb

¬RabRba

∃y(Ray)

∃y(Rby)

Raa▽ Rab

Rba▽ Rbb

▽ Rbc

¬Rcc

∃y(Rcy)

Rca✓ Rcb

✓ Rcc

▽ Rcd

¬Rdd

∃yRdy

Rda✓ Rdb

✓ Rdc

✓ Rdd

▽ Rde

...

¬RacRcc

Rba▽ Rbb

▽ Rbc

∃yRcy ...

¬RbdRdd

∃yRdy

Rda✓ Rdb

✓ Rdc

✓ Rdd

▽ Rde

...

Le fait que l’arbre contient des branches infinies ne signifie pas qu’il ne nous permet pas de trouver des modèles : il y a des branches entièrement développées (marquées par

«✓») qui représentent des structures dans lesquelles la phrase initiale est vraie.

Nous n’aurions pas trouvé de modèle avec la nouvelle méthode :

∀x∃y Rxy

∀x¬Rxx

¬∀x∀y(Rxy→Ryx)

¬∀y(Ray→Rya)

¬Raa

∃yRay

¬(Rab→Rba) Rab¬Rba

¬Rbb

∃y(Rby)

¬RacRcc

∃y(Rcy)

¬RbdRdd

∃y(Rdy)

¬RaeRee

∃y(Rey)

¬RdfRf f

∃y(Rf y) ...

3. (6 points) Par la méthode des arbres, vérifiez la validité des phrases données.Solution: 1. Nous prouvons ainsi « ∀x(F x∧Gx)↔(∀x(F x)∧ ∀x(Gx))» :

¬(∀x(F x∧Gx)↔(∀x(F x)∧ ∀x(Gx)))

∀x(F x∧Gx)

¬(∀x(F x)∧ ∀x(Gx)))

¬∀x(F x) ¬∀x(Gx)

¬F a F a∧Ga

F a▽

¬Ga F a∧Ga

Ga▽

¬(∀x(F x∧Gx))

∀x(F x)∧ ∀x(Gx)

∀x(F x)

∀x(Gx)

¬(F a∧Ga) F a Ga

¬F a

▽ ¬Ga

▽

2. L’arbre pour « (∀x(F x)∨ ∀x(Gx))→ ∀x(F x∨Gx)» sera le suivant :

¬((∀x(F x)∨ ∀x(Gx))→ ∀x(F x∨Gx))

(∀x(F x)∨ ∀x(Gx))

¬∀x(F x∨Gx))

∀x(F x)

¬(F a∨Ga) F a

¬F a

¬Ga

▽

∀x(Gx)

¬(F a∨Ga) Ga

¬F a

¬Ga

▽

La converse de « (∀x(F x)∨ ∀x(Gx)) → ∀x(F x∨Gx) », cependant, n’est pas valide.

C’est à dire l’arbre pour la négation de cette phrase contiendra des branches ouvertes : (1) ∀x(F x∨Gx)→(∀x(F x)∨ ∀x(Gx))

Nous pouvons le faire ainsi :

∀x(F x∨Gx)

¬(∀x(F x)∨ ∀x(Gx))

✓^a ¬∀x(F x)

✓^a,b ¬∀x(Gx)

¬F a

¬Ga F a∨Ga

F a▽ Ga

▽

¬Gb F a∨Ga F b∨Gb

F a▽ Ga

F b✓ Gb

▽

Pour voir que (1) n’est pas valide, il suffit de considérer une structure où un prédicat

« F x » est satisfait par quelques objets, mais n’est pas satisfait par tous. «∀x(F x∨

¬F x)» sera vrai dans cette structure (puisque cette phrase est vraie dans toutes les structures), mais « ∀x(F x)∨ ∀x(¬F x) » sera fausse dans cette structure, puisqu’elle contient des individus qui sontF et d’autres qui ne sont pasF.

En langue naturelle : Soit un univers de cinq personnes, trois femmes et deux hommes, soit « F x» «xest un homme », «Gx» «xest une femme » et supposons qu’il n’y a

que ces deux sexes pour les humains. Dans cette structure, « ∀x(F x∨Gx)» est alors vrai, mais il n’est ni le cas que tout le monde est masculin («∀x(F x)»), ni est-il le cas que tout le monde est féminin («∀x(Hx)»).

Formellement : Définissions une structureApourL⁺ comme suit : (a) |A|:={a, b}

(b) F₁^A:={a},G^A₁ :={b} Nous avons alors :

A |=∀x(F x∨Gx) mais A ̸|=∀x(F x)∨ ∀x(Gx) et donc, par le théorème de déduction :

A ̸|=∀x(F x∨Gx)→(∀x(F x)∨ ∀x(Gx))

3. Un arbre pour « ∃x(F x∨Gx)↔(∃x(F x)∨ ∃x(Gx))» sera le suivant :

¬(∃x(F x∨Gx)↔(∃x(F x)∨ ∃x(Gx)))

¬∃x(F x∨Gx)

∃x(F x)∨ ∃x(Gx)

∃x(F x) ∃x(Gx)

¬(F aF a∨Ga)

¬(F aGa ∨Ga)

¬F a

¬Ga

▽

¬F a

¬Ga

▽

∃x(F x∨Gx)

¬(∃x(F x)∨ ∃x(Gx))

¬∃x(F x)

¬∃x(Gx) F a∨Ga

¬F a

¬Ga

F a▽ Ga

▽ 4. Un arbre pour « ∃x(F x∧Gx)→(∃x(F x)∧ ∃x(Gx))» :

✓ ¬(∃x(F x∧Gx)→(∃x(F x)∧ ∃x(Gx)))

✓^a ∃x(F x∧Gx)

✓ ¬(∃x(F x)∧ ∃x(Gx))

✓^a ¬∃x(F x)

F a∧Ga F a Ga

¬F a

▽

✓^a ¬∃x(Gx)

F a∧Ga F a Ga

¬Ga

▽

La converse de «∃x(F x∧Gx)→(∃x(F x)∧ ∃x(Gx))», cependant, est fausse. L’arbre pour la négation de la phrase suivante contiendra des branches ouvertes :

(2) (∃x(F x)∧ ∃x(Gx))→ ∃x(F x∧Gx) Nous pouvons le faire ainsi :

✓ ∃x(F x)∧ ∃x(Gx)

¬∃x(F x∧Gx)

✓^a ∃x(F x)

✓^a,b ∃(Gx)

✓¬(F aF a∧Ga)

¬F a

▽ ¬Ga

Ga▽ Gb

✓¬(F b∧Gb)

F b✓ Gb

▽

Pour avoir un exemple d’une structure dans laquelle (2) est fausse, il suffit de penser à la même structure que nous avons utilisée pour montrer la non-validité de (1) : une structure dans laquelles quelques individus sont F et quelques autres ne le sont pas.

Dans une telle structure il y a des F et aussi des ¬F, mais aucun individu n’est à la foisF et ¬F. Dans une telle structure, l’antécédent de (2) sera vrai et son conséquent faux.

En langue naturelle : Comme avant, soit un univers de cinq personnes, trois femmes et deux hommes, soit «F x» «xest un homme », «Gx» «xest une femme » et supposons qu’il n’y a que ces deux sexes pour les humains. Dans cette structure, « ∃x(F x) » et

«∃x(Gx))» sont les deux vraies (puisqu’il y a des hommes et des femmes), mais il n’est pas le cas (d’après notre supposition) qu’il y ait des hermaphrodites : personne n’est à la fois un homme est une femme («¬∃x(F x∧Gx)»).

Formellement : Définissions une structureApourL⁺ comme suit : (a) |A|:={a, b}

(b) F₁^A:={a},G^A₁ :={b} Nous avons alors :

A |=∃x(F x)∧ ∃x(Gx)) mais A ̸|=∃x(F x∧Gx) et donc

A ̸|=(∃x(F x)∧ ∃x(Gx))→ ∃x(F x∧Gx)

4. (6 points) Soient les abréviations suivantes :

« p» pour « ∀x∀y (Rxy→Ryx)» (« la relationRest symétrique »)

« q» pour « ∀x∀y∀z((Rxy∧Ryz)→Rxz)» (« la relationRest transitive »)

« r» pour « ∀x∀y (Rxy→Rxx)» (« la relationRest réflexive »)

« s» pour « ∀x∃y(Rxy)» (« la relationRest ‹ ouverte ›»)

« t» pour « ∀x∀y (Rxy→ ¬Ryx)» (« la relationRest anti-symétrique ») Solution:

(a) Prouvons, par la méthode des arbres, que toute relation symétrique et transitive est automatiquement réflexive :

(3) (∀x∀y(Rxy→Ryx)∧ ∀x∀y∀z((Rxy∧Ryz)→Rxz))→ ∀x∀y(Rxy→Rxx) Voici l’arbre pour la négation de (3) :

¬((∀x, y(Rxy→Ryx)∧ ∀x, y, z((Rxy∧Ryz)→Rxz))→ ∀x∀y(Rxy→Rxx))

∀x∀y(Rxy→Ryx)

a✓∀x∀y∀z((Rxy∧Ryz)→Rxz))

a✓¬(∀x∀y(Rxy→Rxx))

a,b✓ ¬∀y(Ray→Raa)

✓¬(Raa→Raa)

¬RaaRaa

▽

✓¬(Rab→Raa)

¬RabRaa

b✓ ∀y(Ray→Rya)

✓Rab→Rba

¬Rab

▽ Rba

b✓ ∀y∀z((Ray∧Ryz)→Raz)

a✓∀z((Rab∧Rbz)→Raz)

✓(Rab∧Rba)→Raa

✓¬(Rab∧Rba)

¬Rab

▽ ¬Rba

▽

Raa▽

(b) Montrons que nous ne pouvons pas, par la méthode des arbres, trouver un modèle pour la phrase suivante :

(4) ¬((∀x∀y∀z ((Rxy∧Ryz)→Rxz)∧ ∀x∃y(Rxy)∧ ∀x∀y (Rxy→ ¬Ryx))

→ ∃x∀y(¬Ryx)) En examinant les quatre phrases dont il faut tester la consistance (les trois antécédants et la négation de la conclusion), nous remarquons qu’elles nous donnent un arbre infini : Si nous instancions «∀x∃y(Rxy)» par «a», «∃y(Ray)» nous force à introduire une nouvelle constante, «b » – pour laquelle « ∀x∃y(Rxy) » doit être instancié à nouveau.

« ∃y(Rby) », dans l’ancienne méthode, nous donne trois branches : nous fermons la

première, « Rba », en instanciant « ∀x∀y(Rxy → ¬Ryx) » pour « a » et ensuite pour « b » et nous fermons la deuxième, « Rbb » en l’instanciant deux fois par « b », mais nous ne pouvons pas fermer de cette manière la troisième, « Rbc » – qui nous donnera donc «∃y(Rcy)» et une nouvelle constante. Cette progression nous empêchera d’instancier «¬∃x∀y¬(Ryx)» pour toutes les constantes, ce qui serait nécessaire pour utiliser la transitivité afin de fermer la branche par l’anti-symétrie. La proposition dit qu’une relation transitive, ouverte et anti-symétrique ne doit pas forcément avoir un élément minimal. Elle n’est vraie que dans des structures ayant un univers de discours infini.

(c) Un exemple d’une structure dans laquelle (4) est vrai est le suivant : prenons comme univers de discours les nombres entiersZ, et interprétons un seule signe de relation binaire R sur Z par la relation . . . <· · ·. Il est clair que cette relation est anti-symétrique et qu’elle est transitive et ouverte (puisqu’il y a, pour tout nombre entier, un nombre entier qui est plus grand). Il est également évident, cependant, qu’il n’y a pas d’élément minimal par rapport à cette relation, à savoir qu’il n’y a pas de nombre entier le plus petit.

Cet exercice montre qu’il est possible, lorsqu’une phrase n’a que des modèles finis, que nous n’en trouvions aucun par la méthode des arbre, ancienne ou nouvelle.