Soluzioni degli Esercizi da Svolgere Capitolo 6

Introduzione alla logica e al linguaggio matematico - Giorgio T. Bagni, Daniele Gorla, Anna Labella
Copyright © 2010 - The McGraw-Hill Companies srl
Soluzioni degli Esercizi da Svolgere
Capitolo 6
Esercizio 6.7.
1. Per unicità del complemento, sappiamo che esiste un unico ac tale che
a t ac = > e a u ac = ⊥. Dimostrando che (a u b) t (ac t bc ) = > e che
(a u b) u (ac t bc ) = ⊥, possiamo quindi concludere.
(a u b) t (ac t bc ) = (a t ac t bc ) u (b t ac t bc ) = > u > = >
(a u b) u (ac t bc ) = (a u b u ac ) t (a u b u bc ) = ⊥ u ⊥ = ⊥
2. Per unicità del complemento e per le leggi di De Morgan appena
dimostrate:
ac u (ac )c = (a t ac )c = >c = ⊥
ac t (ac )c = (a u ac )c = ⊥c = >
3. Per definizione, b v a e ac v bc equivalgono rispettivamente a a t b = a
e ac t bc = bc ; per l’esercizio 6.8 (non ancora svolto, ma che può essere
utilizzato qui, visto che sfrutta solo risultati finora già noti), la prima
di queste ugualianze equivale a a u b = b. Pertanto, b v a sse a u b = b
sse (a u b)c = bc sse (usando De Morgan) ac t bc = bc sse ac v bc .
Esercizio 6.8. Per doppia inclusione (mostriamo solo una direzione, l’altra
si ottiene dualmente). Sia a t b = a (usato nel primo passaggio qui sotto);
dimostriamo che a u b = b per doppia inclusione. Per Proposizione 6.1,
a u b v b; vale anche il viceversa:
a u b = (a t b) u b
= (a u b) t (b u b)
= (a u b) t b
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Esercizio 6.9. Sia per assurdo a t ⊥ = a e a t ⊥0 = a, per ogni a; allora
⊥ = ⊥ t ⊥0 = ⊥0 t ⊥ = ⊥0
Dualmente per >.
Esercizio 6.10. Basta notare che scambiando ⊥ con > e u con t l’insieme
degli assiomi dell’algebra di Boole si trasforma in se stesso.
Esercizio 6.11. È possibile definire un’algebra di Boole con n elementi
solo quando n è una potenza di 2, cioè è della forma 2k per k > 0. Infatti,
per il teorema di rappresentazione di Stone, ogni algebra di Boole finita è
isomorfa all’insieme delle parti di un qualche insieme. Un isomorfismo di
due algebre di Boole (B1 , u1 , t1 , c1 , ⊥1 , >1 ) e (B2 , u2 , t2 , c2 , ⊥2 , >2 ) è una
biiezione f : B1 → B2 che conserva il minimo e massimo (si veda l’esercizio
6.13). Visto che l’insieme delle parti di un insieme di k elementi ha 2k
elementi (vedi esercizio 4.13), possiamo concludere.
In pratica, se vogliamo costruire un’algebra di Boole con 2k elementi,
basta prendere k elementi distinti e1 , . . . , ek e considerarne l’insieme delle
parti ordinato rispetto all’inclusione insiemistica.
Esercizio 6.12. Notiamo che l’unione e l’intersezione di elementi di F sono
banalmente ancora in F ; anche l’unione e l’intersezione di elementi di Cof
sono in Cof : usando le leggi di De Morgan, X c ∪ Y c = (X ∩ Y )c e dualmente
per ∩. Il complemento di un insieme di F è in Cof e viceversa. Infine,
l’intersezione tra un elemento di F e uno di Cof è banalmente in F , mentre
l’unione di un elemento di F e uno di Cof è in Cof : questo discende dalla
legge di De Morgan X ∪Y c = (X c ∩Y )c e dal fatto che X c ∩Y è in F . Il fatto
che la sestupla data sia un’algebra di Boole discende dal fatto che a questo
punto le proprietà dell’unione, intersezione e complemento non dipendono
dal fatto che gli operandi siano insiemi finiti, cofiniti o nè l’uno nè l’altro.
Per quanto riguarda la cardinalità, è ovvio che #(F ) = #(Cof ); dimostriamo quindi che #F = #N. Dato un elemento A = {a1 , . . . , an } di F ,
assumeremo, senza perdere di generalità, che esso sia totalmente ordinato
(cioè, a1 < . . . < an ). Possiamo ora rappresentare A con la stringa di n
bit che ha 1 in posizione ai per ogni i e 0 altrove (ad esempio, {1, 3, 6} sarà
rappresentato dalla stringa 101001). Chiamiamo f questa funzione di rappresentazione; sarà quindi f : F → {0, 1}∗ , dove {0, 1}∗ rappresenta l’insieme
di tutte le successioni binarie di lunghezza finita (si veda l’esercizio 5.7). È
ora facile vedere che f è biiettiva. Infatti, presi due elementi di F diversi,
essi avranno elementi diversi e quindi le loro immagini attraverso f avranno
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almeno un bit di differenza; quindi f è iniettiva. Inoltre, ogni stringa binaria s può essere trasformata in un elemento A di F nel modo seguente:
basta mettere in A tutti gli indici in cui s ha un 1. Pertanto f è anche
suriettiva. Questo basta a concludere che #F = #N, visto che {0, 1}∗ è numerabile: basta considerarne l’ordinamento lessicografico e la biiezione che
associa all’i-esimo elemento dell’ordine (totale) risultante nel numero i − 1,
per ogni i > 0.
Passando a F = {X ⊆ N} cambia solo il fatto che ora #F = #R.
Esercizio 6.13. Dimostrazione per doppia implicazione:
(a) ⇒ (b): Osserviamo che
f (a) t2 f (ac2 ) = f (a t1 ac1 ) = f (>1 ) = >2
e
f (a) u2 f (ac2 ) = f (a u1 ac1 ) = f (⊥1 ) = ⊥2
Concludiamo per unicità del complemento.
(b) ⇒ (a):
f (⊥1 ) = f (a u1 ac1 ) = f (a) u2 f (ac1 ) = f (a) u2 (f (a))c2 = ⊥2
e dualmente per >.
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