ESERCIZI DI LOGICA MATEMATICA
ELIA MIRANCELI
Esercizio 1. La formula
h
i
((A ∧ B) → C) → ((D ∧ E → (F → G)) ↔ (¬H → I ∧ L)) ↔
h
i
((¬A ∨ (¬B ∨ C)) → (D ∧ F → (E → G))) ↔ ((A → (B → C)) → (H ∨ (I ∧ L)))
è una tautologia.
Svolgimento. Vogliamo ricondurci alla seguente formula dove termini con lettere
diverse dipendono da variabili differenti:
[A0 → (D0 ↔ H 0 )] ↔ [(A0 → D0 ) ↔ (A0 → H 0 )].
(1)
Infatti questa è una tautologia, se A0 è falso abbiamo V ↔ [V ↔ V] e se invece
A0 è vero diventa [D0 ↔ H 0 ] ↔ [D0 ↔ H 0 ], che sono chiaramente tautologie. La
formula iniziale è della forma
[A0 → (D0 ↔ H 0 )] ↔ [(B 0 → E 0 ) ↔ (C 0 → I 0 )]
Usando:
(2)
A → B ≡ ¬A ∨ B,
(3)
¬(A ∧ B) ≡ ¬A ∨ ¬B,
otteniamo
A0
(A ∧ B) → C
(2)+(3)
≡
(2)
(2)
C0
¬A ∨ ¬B ∨ C ≡ ¬A ∨ (B → C) ≡ A → (B → C),
da cui A0 ≡ C 0 . Vale anche A0 ≡ B 0 tramite i seguenti passaggi,
A0
(2)
(3)
B0
(A ∧ B) → C ≡ ¬(A ∧ B) ∨ C ≡ ¬A ∨ ¬B ∨ C .
Verifichiamo che D0 ≡ E 0 :
D0
(2)
(3)
D ∧ E → (F → G) ≡ ¬(D∧E)∨¬F ∨G ≡ ¬(D∧E∧F )∨G
(3)+(2)
E0
≡ D ∧ F → (E → G);
e infine
H0
(2)
I0
¬H → I ∧ L ≡ H ∨ I ∧ L,
dice che H 0 ≡ I 0 . La formula data è quindi equivalente a (1) ed è una tautologia.
Esercizio 2. Esibire A tale che A[B1/A1 ][B2/A2 ] 6= A[B2/A2 ][B1/A1 ].
Svolgimento. Sia A la formula A1 → A2 e siano B1 = A2 , B2 = A3 , allora
A[B1/A1 ][B2/A2 ] = A3 → A3 è una tautologia, mentre A[B2/A2 ][B1/A1 ] = A2 → A3
non lo è, quindi non sono equivalenti.
Date: 27 ottobre 2015.
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ELIA MIRANCELI
Esercizio 3. Data f : Fun({1, . . . , n} → {V, F}) → {V, F} esiste una formula A
nelle variabili X1 , . . . , Xn tale che χA = f .
Svolgimento. Ad ogni ϕ nel dominio di f associo la formula Aϕ = XW
i1 ∧ · · · ∧ Xik ∧
¬Xik+1 ∧ · · · ∧ ¬Xin dove ϕ(ij ) = V se e solo se j ≤ k. Allora f = ϕ∈f −1 (V) Aϕ
come voluto.
Esercizio 4.
(1) A |= B e A |= C ⇐⇒ A |= B ∧ C;
(2) A |= B o A |= C ⇒ A |= B ∨ C ma non viceversa.
Svolgimento.
(1) Sono tautologie A → B e A → C, se e solo se anche la loro
congiunzione lo è. Si conclude osservando (A → B) ∧ (A → C) ≡ A →
(B ∧ C).
(2) Dal fatto che (A → B) ∨ (A → C) sia vera abbiamo A → (B ∨ C) vera e si
ottiene l’implicazione voluta. Un controesempio al viceversa si ha ponendo
A := x ∈ {x1 , x2 }, B := x = x1 e C := x = x2 con x1 6= x2 .
Esercizio 5. Se ogni sottoinsieme finito di (P, ≤) è unione di al più k ∈ N catene
allora anche P è unione di al più k catene.
Svolgimento. Aggiungo alla teoria Tp.o. degli ordini parziali, la teoria TCk che
dice: un insieme X è unione di k ∈ N catene. Definisco al variare di i ∈ {1, . . . , k}
le variabili Xai che esprimo “a ∈ Ci ” e la teoria:
(
Xa1 ∨ · · · ∨ Xak
∀a ∈ X
TCk :=
i
i
(Xa ∧ Xb ) → (Xab ∨ Xba ) i ∈ {1, . . . , k} a 6= b
dove Xab sono le variabili che compaiono nella teoria Tp.o. . La definizione dice
X è unione dei Ci nella prima riga e che i Ci sono catene nella seconda. Ogni
sottoinsieme finito X di P per ipotesi soddisfa la teoria T = Tp.o. ∪ TCk , per il
teorema di compattezza anche P soddisfa la teoria T quindi è unione di al più k
catene.
Esercizio 6. Esistono modelli numerabili di P A non isomorfi ad N.
Svolgimento. Non esistono modelli finiti perchè un insieme finito non sarebbe
chiuso per successore. Sappiamo che P A è incompleta, se ogni modello numerabile
fosse isomorfo ad N la teoria sarebbe ℵ0 categorica, quindi completa. L’esistenza di
un modello numerabile non isomorfo ad N è garantita.
Esercizio 7. Esistono estensioni elementari di (R, +, ·, 0, 1, <) non archimedee.
Svolgimento. Se fornisco un modello della teoria ho finito. Considero il quoziente
K := R[, ω]/(2 , ω 2 , ω −1). È un campo perché l’ideale per cui stiamo quozientando
è massimale. Definiamo la relazione d’ordine sui generatori di K come spazio
vettoriale su R ponendo < 1 < ω. La scelta dei simboli non è casuale ma aiuta a
pensare piccolo e ω “grande”, che può essere visto come l’omonimo ordinale. Il
campo ordinato che abbiamo costruito non è archimedeo infatti vale ∀n ∈ N, ∀α ∈
R+ , n < α.
Esercizio 8. La teoria dei buoni ordini non è formalizzabile al primo ordine, non
esiste una teoria T nel linguaggio L = {<} tale che M |= T ⇐⇒ (M, <) ben
ordinato.
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Svolgimento. Mostro che se T ha come modelli tutti i buoni ordini finiti allora
ha un modello che non è un buon ordine. Sia I = {1/n | n ∈ N}, per ipotesi If ⊂ I
finito essendo ben ordinato è un modello di T . Necessariamente I è un modello di
T dato che vale il teorema di compattezza, ma I non è ben ordinato.
