Solutions aux exercices 14
cours d’introduction à la logique, printemps 2019, UniL, Philipp Blum
1. (4 points) À l’aide de la méthode des arbres, prouvez les propositions données.
Solution :
(a) même que 1a) dans la série 11 (b) même que dans la leçon 11 (c) même que 1c) dans la série 11 (d) même que 1b) dans la série 11
2. (6 points) À l’aide de la méthode de la déduction naturelle prouvez les formules données.
Solution :
(a) même que question 1c) de la série 12 (b) déjà fait dans la leçon 12
(c) même que question 1a) de la série 12 (d) même que question 1d) de la série 12 (e) déjà fait dans la leçon 12
(f) Une preuve pour «∃x∀y∃z(Sxyz)⊢ ∀y∃x∃z(Sxyz)» :
1 ∃x∀y∃z(Sxyz) ⊢ ∃x∀y∃z(Sxyz) prémisse 2 ∃x∀y∃z(Sxyz) ∀y∃z(Sayz) ⊢∗ ∀y∃z(Sayz) supposition 3 ∃x∀y∃z(Sxyz) ∀y∃z(Sayz) ⊢∗ ∃z(Sabz) de (2) par (SU) 4 ∃x∀y∃z(Sxyz) ∀y∃z(Sayz) ⊢∗ ∃x∃zSxbz de (3) par (GE) 5 ∃x∀y∃z(Sxyz) ⊢ ∃x∃zSxbz de (2) et (4) par (SE) 6 ∃x∀y∃z(Sxyz) ⊢ ∀y∃x∃zSxyz de (5) par (GU) 3. (4 points) Montrez que les formules données ne sont pas des théorèmes de la logique des
prédicats.
Solution :
(a) Voici l’arbre pour la négation de «∀x(F x∨Gx)→(∀x(F x)∨ ∀x(Gx))» :
1
✓ ¬(∀x(F x∨Gx)→(∀x(F x)∨ ∀x(Gx)))
a✓ ∀x(F x∨Gx)
✓ ¬(∀x(F x)∨ ∀x(Gx))
a✓¬∀x(F x)
a,b✓¬∀x(Gx)
¬F a
✓F a∨Ga
F a▽ Ga
¬Ga
▽ ¬Gb
✓F b∨Gb
F b✓ Gb
▽
L’arbre reste ouvert, donc cette proposition a des modèles – sa négation, en conséquence, n’est pas une tautologie.
(b) L’arbre pour la négation de «∀x∃y(Rxy)→(∃y∀x(Rxy)∨(Ga∧¬Ga))» reste également ouvert :
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✓ ¬(∀x∃y(Rxy)→(∃y∀x(Rxy)∨(Ga∧ ¬Ga))
a,b,c,...✓ ∀x∃y(Rxy)
✓ ¬(∃y∀x(Rxy)∨(Ga∧ ¬Ga))
✓a ¬∃y∀x(Rxy)
✓ ¬(Ga∧ ¬Ga)
¬Ga
a,b✓ ∃y(Ray)
a,b✓ ¬∀x(Rxa)
¬Raa
Raa▽ Rab
a,b,c,...✓∃y(Rby)
Rba✓ Rbb
✓ Rbc
∃y(Rcy) ...
¬Rba
a,b,c,...✓∃y(Rby)
Rba▽ Rbb
✓ Rbc
∃y(Rcy) ...
¬¬Ga ...
Même si cet arbre contient des branches infinies, il nous montre des modèles dans les- quelles la proposition initiale est vraie.
4. (2 points) Une autre manière de montrer que les formules mentionnées dans la troisième question ne sont pas des théorèmes de la logique des prédicats. :
Solution : Nous pouvons décrire des modèles dans lesquelles leurs négations sont vraies : (a) Une autre solution consiste à donner une structure dont laquelle la proposition n’est pas
vraie : SoitAune structure avec un univers de discours de deux individus{a, b}dont un seulement estF et un seulement estG(FA={a} et GA={b}). Dans cette structure,
«F x∨Gx» est vrai sous n’importe quelle assignation (il y en a deux – une assigne «x» àa, l’autre l’assigne àb). Donc «∀x(F x∨Gx)» est vrai. «∀x(F x)», par contre, n’est pas vrai, parce qu’il y a une assignation qui assigne «x» àb. «∀x(Gx)» est également faux, parce qu’une assignation assigne a à «x ». En conséquent, la disjonction « ∀x(F x)∨
∀x(Gx) » est fausse et l’implication l’est également. Cette structure correspond à la branche ouverte de l’arbre.
(b) Une autre solution consiste à donner une structure dont laquelle la proposition n’est pas vraie : SoitAune structure avec un univers de discours de deux individus{a, b}dont qui sont réciprocément en relationR, mais n’ont pasRà eux-mêmes («R(x, y)» pourrait être « xn’est pas identique ày »). Nous avons doncRA={⟨a, b⟩,⟨b, a⟩}). Dans cette structure, «∃y(Rxy)» est vrai sous n’importe quelle assignation (il y en a deux – une assigne «x» àa, l’autre l’assigne àb, et dans les deux cas je trouve une assignation pour
«y » qui rend «Rxy » vrai). Donc «∀x∃y(Rxy)» est vrai. Il n’y a pas d’assignation, par contre, sous laquelle «∀x(Rxy) » est vrai – si j’assigne «y » àa, l’assignation de
«x» à arend « Rxy » faux ; si j’assigne «y » àb, c’est l’assignation de « x» àb qui
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rend «Rxy » faux. Donc «∃y∀x(Rxy)» est faux dans cette structure (qui correspond à la branche ouverte de gauche).
5. (4 points) Par la méthode de la déduction naturelle, prouvons les équivalences données.
Solution :
(a1) « ∃x(F x)⊢ ¬∀x¬(F x)» :
1 ∃x(F x) ⊢ ∃x(F x) prémisse
2 ∃x(F x), F a ⊢∗ F a supposition
3 ∃x(F x), F a,∀x¬(F x) ⊢∗ ∀x¬(F x) supposition 4 ∃x(F x), F a,∀x¬(F x) ⊢∗ ¬F a de (2) par (SU)
5 ∃x(F x), F a ⊢∗ ¬∀x¬(F x) de (2), (3) et (4) par (RAA) 6 ∃x(F x) ⊢ ¬∀x¬(F x) de (1) et (5) par (SU) (a2) « ¬∀x¬(F x)⊢ ∃x(F x)» :
1 ¬∀x¬(F x) ⊢ ¬∀x¬(F x) prémisse
2 ¬∀x¬(F x),¬∃x(F x) ⊢∗ ¬∃x(F x) supposition 3 ¬∀x¬(F x),¬∃x(F x), F a ⊢∗ F a supposition 4 ¬∀x¬(F x),¬∃x(F x), F a ⊢∗ ∃x(F x) de (3) par (GE)
5 ¬∀x¬(F x),¬∃x(F x) ⊢∗ ¬F a de (3), (2) et (4) par (RAA) 6 ¬∀x¬(F x),¬∃x(F x) ⊢∗ ∀x¬(F x) de (5) par (GU)
7 ¬∀x¬(F x) ⊢ ¬¬∃x(F x) de (2), (1) et (6) par (RAA)
8 ¬∀x¬(F x) ⊢ ∃x(F x) de (7) par (DN)
(b1) « ∃x¬(F x)⊢ ¬∀x(F x)» :
1 ∃x¬(F x) ⊢ ∃x¬(F x) prémisse
2 ∃x¬(F x),¬F a ⊢∗ ¬F a supposition
3 ∃x¬(F x),¬F a,∀x(F x) ⊢∗ ∀x(F x) supposition 4 ∃x¬(F x),¬F a,∀x(F x) ⊢∗ F a de (2) par (SU)
5 ∃x¬(F x),¬F a ⊢∗ ¬∀x(F x) de (2), (4) et (3) par (RAA)
6 ∃x¬(F x) ⊢ ¬∀x(F x) de (2) et (6) par (SU)
(b2) « ¬∀x(F x)⊢ ∃x¬(F x)» :
1 ¬∀x(F x) ⊢ ¬∀x(F x) prémisse
2 ¬∀x(F x),¬∃x¬(F x) ⊢∗¬∃x¬(F x) supposition 3 ¬∀x(F x),¬∃x¬(F x),¬F a ⊢∗¬F a supposition 4 ¬∀x(F x),¬∃x¬(F x),¬F a ⊢∗∃x¬(F x) de (3) par (GE)
5 ¬∀x(F x),¬∃x¬(F x) ⊢∗¬¬F a de (3), (2) et (4) par (RAA) 6 ¬∀x(F x),¬∃x¬(F x) ⊢∗F a de (5) par (DN)
7 ¬∀x(F x),¬∃x¬(F x) ⊢∗∀x(F x) de (6) par (GU)
8 ¬∀x(F x) ⊢ ¬¬∃x¬(F x) de (2), (1) et (7) par (RAA)
9 ¬∀x(F x) ⊢ ∃x¬(F x) de (8) par (DN)
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