Università di Bergamo
Ingegneria Informatica
Anno accademico 2008–2009
Algebra e Logica Matematica
Esame del 30 Giugno 2009
Esercizio 1. Si considerı̀ la relazione di divisibilità | sull’insieme N.
1) Dimostrare che è una relazione di ordine.
Ricordiamo che a|b se e solo se esiste k ∈ Z (qui in N) tale che b = ka.
Verifichiamo le tre proprietà di una relazione di ordine.
Riflessività Qualunque sia a ∈ N, abbiamo a = 1.a quindi a|a (il k della definizione è 1). La
relazione è quindi riflessiva.
Antisimmetria Qualunque siano a e b ∈ N tali che a|b e b|a, abbiamo che esistono k e ` ∈ Z
tali che a = kb e b = `a, quindi a = k`a. Se a = 0 allora immediatamente b = 0
e quindi a = b. Se invece a 6= 0 allora k` = 1. La scomposizione di 1 in prodotto
di primi è unica (come per tutti gli interi) ed è composta da 0 primi. Quindi
nella decomposizione in prodotto di primi di k e ` non ci sono numeri primi;
questo significa che k = ±1 e ` = ±1. Siccome a e b sono maggiori o uguali a 0,
k = +1 e ` = +1, cioè a = b. La relazione è quindi antisimmetrica.
Transitività Qualunque siano a, b e c ∈ N tali che a|b e b|c, esistono k ∈ Z e ` ∈ Z tali che
a = kb e b = `c quindi a = k`c e quindi, siccome k` ∈ Z, a|c. La relazione è
quindi transitiva.
La relazione è quindi una relazione di ordine.
2) Quale proprietà la relazione | perde quando si cambia l’insieme da N a Z ?
L’unico punto in cui abbiamo usato che gli elementi di N non erano negativi
è nell’antisimmetria. Infatti abbiamo 1|−1, −1|1 ma 1 6= −1. Quindi perdiamo
l’antisimmetria.
Esercizio 2.
1) Scrivere una f.b.f D di un opportuno linguaggio del primo ordine una cui
interpretazione sia
(∀g)(∀h) g ∗ h = h ∗ g ⇒ (g ∗ h)−1 = g −1 ∗ h−1 .
Ci servono un predicato A (l’uguaglianza) e due funzioni f (la stella) e g (l’inverso).
Quindi
D = (∀x)(∀y) A[f (x, y), f (y, x)] → A g[f (x, y)], f [g(x), g(y)] .
1
2) Trovare una interpretazione in cui la formula
S = A21 (x, y) → ∃zA21 (f12 (x, z), f12 (z, y)).
sia vera ed una in cui sia soddisfacibile ma non vera.
Vera: Barando: A21 sempre vera, dominio e f12 qualsiasi. Invece senza barare: A21 può
rappresentare < o 6, il dominio è N, Z, Q o R e f12 la somma (in questo caso
lo z che si può scegliere è qualsiasi).
Sodd: Bisogna avere un predicato che sia non sempre soddisfatto. Scegliamo come
dominio N e per A21 la disuguaglianza stretta. Sappiamo già che se x > y l’ipotesi
è falsa quindi l’implicazione vera. Rimane da fare un caso in qui l’ipotesi è vera
e la tesi falsa. Siccome è un quanditicatore esistenziale, bisogna che f (x, z) <
f (z, y) sia falso per ogni z. Scegliamo quindi f (x, y) = 0 costante. In questo
modo la disuguaglianza è falsa per qualsiasi z (e qualsiasi x e y).
3) Determinare la forma di Skolem della chiusura universale di S e dire se la formula cosı̀
trovata è soddisfacibile (ovvero se esiste una interpretazione in cui è vera).
La chiusura universale di S è
S = (∀x)(∀y) A21 (x, y) → ∃zA21 (f12 (x, z), f12 (z, y)) .
Per arrivare alla forma di Skolem basta portare il quantificatore all’esterno dell’implicazione e sostituirlo con una funzione:
(∀x)(∀y)(∃z) A21 (x, y) → A21 (f12 (x, z), f12 (z, y)) .
s
S = (∀x)(∀y) A21 (x, y) → A21 (f12 (x, g(x, y)), f12 (g(x, y), y)) .
Esiste sicuramente un’interpretazione in cui è soddisfacibile perché la messa in forma di Skolem conserva la soddisfacibilità. La stessa interpretazione in cui S era
s
soddisfacibile rende S soddisfacibile (anzi vera perché è chiusa).
4) Dire se la formula
N = ∀zA21 (f12 (x, z), f12 (y, z)) → ¬A21 (x, y)
è vera in ogni interpretazione.
No, non è vera in qualsiasi interpretazione. Se prendiamo come interpretazione per
A21 l’uguaglianza e un dominio qualsiasi (non vuoto), f12 qualsiasi allora N non è
soddisfatta per le coppie (x, y) in cui y = x. Infatti l’ipotesi dell’implicazione si legge
∀zf (x, z) = f (x, z)
che è vera mentre la tesi si legge
x 6= x
che è falsa.
2
Esercizio 3.
1) Risolvere l’equazione [6]9 [a]9 + [3]9 = [0]9 .
Qui bisogna stare attenti al fatto che [6]9 non è invertibile.
Invece [2]9 è invertibile, non è difficile vedere che l’inverso è [5]9 quindi l’equazione è
equivalente a
[30]9 [a]9 + [15]9 = [0]9 ,
cioè
[3a + 6]9 = [0]9 .
Dobbiamo avere quindi
3a + 6 = 9k
e questo è verificato se e solo se
a = −2 + 3k
con k ∈ Z.
2) Dire se [127]2316 ammette un inverso per il prodotto. In caso affermativo, calcolarne uno.
Tale inverso è unico ?
Usiamo il metodo di Eulero per calcolare l’MCD e l’eventuale inverso:
2316 = 18 · 127 + 30
127 = 4 · 30 + 7
30 = 4 · 7 + 2
7= 3· 2+ 1
Quindi MCD(2316, 127) = 1 ciò significa che l’inverso esiste (ed è unico come tutti
gli inversi) vale
1=7−3·2
= 7 − 3(30 − 4 · 7) = 13 · 7 − 3 · 30
= 13(127 − 4 · 30) − 3 · 30 = 13 · 127 − 55 · 30
= 13 · 127 − 55(2316 − 18 · 127) = 1003 · 127 − 55 · 2316.
Quindi l’inverso di [127]2316 è [1003]2316 (e l’inverso di [2316]127 = [30]127 è [−55]127 =
[72]127 ).
Esercizio 4. Consideriamo il gruppo (G, ∗) dove G = R× × R e ∗ è la legge definita su G da
(x, y) ∗(x0 , y 0 ) = (xx0 , xy 0 +
y
).
x0
1) Mostrare che (G, ∗) è effettivamente un gruppo.
Verifichiamo le 4 proprietà di un gruppo. In ciascuno dei punti di cui sotto, (a, b),
(c, d) e (e, f ) sono degli elementi di G, quindi a, b, c, d, e e f sono reali e a, c e e
sono non nulli.
3
lci: (a, b) ∗ (c, d) = (ac, ad + cb ). Il secondo membro è reale (perché si può dividere
per b) mentre il primo è reale e diverso da 0 (perché a e c sono diversi da 0).
Quindi la legge è interna.
assoc:
b
∗ (e, f ) =
ac, ad +
c
ad
b
= ace, acf +
+
e
ce
d
(a, b) ∗ c, d) ∗ (e, f ) = (a, b) ∗ ce, cf +
e
ad
b
= ace, acf +
+
e
ce
= (a, b) ∗ (c, d) ∗ (e, f )
(a, b) ∗ (c, d) ∗ (e, f ) =
ad +
ace, acf +
e
b
c
!
Quindi la legge è associativa.
neutro: Cerchiamo (e, f ) in modo tale che (a, b) ∗ (e, f ) = (e, f ) ∗ (a, b) = (a, b) per ogni
(a, b) ∈ G. Da (a, b) ∗ (e, f ) = (a, b) viene (ae, af + eb ) = (a, b) per cui e = 1
(perché a 6= 0) e quindi f = 0 (sempre perché a 6= 0). Ovviamente (1, 0) ∈ G ed
è immediato verificare che (a, b) ∗ (1, 0) = (a, b) e (1, 0) ∗ (a, b) = (a, b). Quindi
il neutro esiste ed è (1, 0).
inverso: Dato (a, b) cerchiamo (c, d) in modo tale che (a, b)∗(c, d) = (c, d)∗(a, b) = (1, 0).
Abbiamo quindi (ac, ad + cb ) = (1, 0) che porta a c = a−1 e quindi ad + ab = 0
cioè d = −b (perché a 6= 0). È immediato verificare che (a−1 , −b) ∈ G e
(a, b) ∗ (a−1 , −b) = (a−1 , −b) ∗ (a, b) = (1, 0).
Quindi l’inverso di ogni elemento (a, b) esiste ed è (a−1 , −b).
Quindi (G, ∗) è un gruppo.
2) Identificare il centro Z(G) di G.
Il centro è costituito dagli elementi z ∈ G tali che per ogni g ∈ G valga g ∗ z = z ∗ g.
Sia quindi (a, b) ∈ Z(G) e (x, y) ∈ G. Vogliamo
b
y
ax, ay +
= xa, xb +
.
x
a
La prima componente è effettivamente uguale per ogni a e ogni x. Invece
b
y
1
1
ay + = xb + ⇐⇒ y a −
= x−
b.
x
a
a
x
4
Prendendo (x, y) = (1, 1) viene a− a1 = 0 cioè a2 = 1 cioè a = ±1. Quindi x − x1 b =
0 e quindi, con x = 2 (o qualsiasi reale diverso da 0, 1 e −1) b = 0. Ora, (1, 0) è in
neutro e quindi sta in Z(G) e
(−1, 0) ∗ (x, y) = (−x, −y) (x, y) ∗ (−1, 0) = (−x, −y).
Quindi
Z(G) = {(1, 0); (−1, 0)}.
3) Mostrare che R× × {0}, {1} × R e Q× × Q sono dei sottogruppi di G.
Lo svolgimento è lo stesso che per la domanda successiva.
4) Mostrare che per ogni k ∈ Z, il sottoinsieme
1
×
x∈R
Hk =
x, k x −
x
è un sottogruppo abeliano di (G, ∗).
Verifichiamo le 3 proprietà del sottogruppo più la commutatività della legge (quando
ristretta a questo sottogruppo).
non vuoto: Si può verificare che (1, 0) ∈ Hk (perché se x = 1, la seconda componente è
uguale a 0) ma si può anche vedere che Hk ha un numero infinito di elementi.
interno: Siano a e b ∈ Hk , quindi
1
1
a = x, k x −
e b = y, k y −
.
x
y
Allora
a ∗ b = xy, yk x −
= xy, k yx −
= xy, k xy −
neutro: Sia
1
1
1
+ ·k y−
x
x
y
y y
1
+ −
x x xy
1
∈ Hk .
xy
1
a = x, k x −
∈ Hk
x
allora
a
−1
1
= x , −k x −
x
1
−1
−1
= x , −k
−x
x−1
1
−1
−1
= x , k x − −1
∈ Hk .
x
−1
5
abeliano: Siano a e b ∈ Hk , quindi
1
a = x, k x −
x
1
e b = y, k y −
.
y
Allora
a ∗ b = xy, k xy −
b ∗ a = yx, k yx −
= xy, k xy −
1
xy
1
yx
1
xy
=a∗b
Osservazione: la commutatività della legge era vera per i due sottogruppi {1} × R e
R× × {0} ma non per Q× × Q.
