Université Paris 1 Panthéon-Sorbonne Année UFR de Philosophie Logique L3 S1

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1 Université Paris 1 Panthéon-Sorbonne Année UFR de Philosophie Logique L3 S1 TD 1. Les langages du premier ordre Exercice 1. Soit L un langage égalitaire du premier ordre. Pour chacune des formules suivantes de L dire, en justifiant, si : Chaque variable est libre ou liée dans la formule. Si x1 est librement substituable à x2 dans la formule 1) x1 x2 Par définition des formules atomiques, les deux variables sont libres. Par définition de la libre substitution d'un terme à une variable, x1 est librement substituable à x2 dans la formule. x1 x2 [ x1 / x2 ] = x1 x1 2) 3) 4) 5) x1 x1 x2 La variable x1 est liée dans la formule car toutes ses occurrences sont dans la portée d'un quantificateur tandis que x2 est libre. La variable x1 n'est pas librement substituable à x2 dans la formule car x2 serait alors capturée par le quantificateur. x1 x1 x2 [ x1 / x2 ] = x1 x1 x1 x2 x1 x2 La variable x2 est liée dans la formule car toutes ses occurrences sont dans la portée d'un quantificateur tandis que x1 est libre. Ici, x1 est librement substituable à x2 car x2 n'est pas libre dans la formule. Par définition, t est librement substituable à x dans une formule A ssi A = y B et si x est libre dans A alors y n'est pas libre dans t et t est librement substituable à x dans B. Autrement dit, puisque x2 n'est pas libre dans la formule, l'implication est trivialement vraie. La substitution ne change rien car la variable sur laquelle porte la substitution et la variable sur laquelle on quantifie sont la même variable. x1 x2 (P x1 P x2) x1 x2 Les deux variables sont libres dans la formule. Puisque la quantification porte sur x2, x1 lui est librement substituable dans x1 x2 (P x1 P x2). D'autre part, par définition, x1 est librement substituable à x2 dans x1 x2. Donc x1 est librement substituable à x2 dans la formule. Le résultat de la substitution est x1 x2 (P x1 P x2) x1 x1 x1 x2 (P x1 P x2) x1 x1 x2 La variable x2 est libre tandis que x1 est liée. Dans la formule x1 x1 x2, il n'y a pas libre substituabilité de x1 à x2. Le résultat de la substitution est x1 x2 (P x1 P x2) x1 x1 x1 Remarques. Informellement, la condition de libre substituabilité équivaut au fait que la substitution n'entraîne pas de capture de variable. La substitution n'implique de modifications que sur les occurrences libres de variables. Néanmoins, il est possible de renommer une variable. Les formules x (x = y) et z (z = y) sont un en certain sens équivalentes (on parle d'α équivalence). Toutefois, les formules x (x.z = z.x) et x (x.y = y.x) ne sont pas équivalentes.

2 Moralement, une variable est un «nom d'objet» car son rôle sémantique est d'être interprétée via une assignation. Exercice 2 Soit L = (R, f, c) un langage du premier ordre avec égalité, où R est un symbole de relation binaire, f est un symbole de fonction unaire et c est une constante d'individu. Considérons la L-structure I = < R,, cos, π > (où la signification des symboles utilisés est celle attendue). Pour toute formule F(x) ci-dessous, trouver, si possible, une assignation σ: V R qui satisfait F(x) dans I. Comme x est la seule variable libre dans chacune des formules F(x) ci-dessous, il suffit de définir le comportement de σ pour x. 1. R(c, x) L'interprétation de la formule dans I est : π x. Il suffit donc de trouver une assignation qui satisfasse la formule. N'importe quelle valeur prise dans [ π, + [ convient. Par exemple, si σ (x) = 4, on a bien I R(c, x) [ σ] 2. y f(y) x L'interprétation de la formule dans I est : y cos (y) x. Il faut donc donner à x une valeur réelle comprise entre 1 et 1. Rappel : -1 cos (x) y f(x) y L'interprétation de la formule dans I est : y cos (x) y. La fonction cosinus étant définie sur R, pour tout x R, x a une image par cosinus. N'importe quelle assignation satisfait donc la formule dans I. Remarque : si f était interprété par ln, il en irait différemment puisque ln n'est définie que sur le segment positif des réels. 4. f(c) x L'interprétation de la formule dans I est : cos (π) = x. Il y a donc une seule assignation qui satisfait la formule dans I : σ (x) = f(x) c L'interprétation de la formule dans I est : cos (x) = π. Puisque -1 cos (x) 1 et 1 < π, aucune assignation ne peut satisfaire la formule. 6. y (R(c, x) f(y) x) L'interprétation de la formule dans I est : y ( π x cos (y) x). Or, cos (y) 1, donc cos (y) < π. Aucune assignation ne peut donc satisfaire la formule. 7. y R(x, f(y)) L'interprétation de la formule dans I est : y (x cos (y)). Puisque -1 cos (x) 1, il suffit de prendre une assignation pour x dans le segment ] -, - 1]. 8. y R(f(x), f(y)) L'interprétation de la formule dans I est : y (cos (x) cos (y)). Pour que la formule puisse être satisfaite dans I, il faut donc que cos (x) = - 1. Il faut donc prendre une assignation pour x dans l'ensemble { z. π / z 2Z + 1}. i. e. dans l'ensemble : {., - 3 π, -π, π, 3 π...}

3 Exercice 3 Soit L = (P, R) un langage du premier ordre, où P est un symbole de relation unaire et R est un symbole de relation binaire. Considérons les formules Gi En (L) : 1. G1 = y (P(y) x R(y, x)) 2. G2 = y x R(x, y) 3. G3 = y x(r(x, y) P (y)) 4. G4 = x y (R(x, y) R (y, x)) Pour chacune de ces formules, dire si elle est satisfaite ou non dans I, pour chacune des L- structures définies ci-après : 1. I = < N, 2N, > 2. I = < P (N), Pfin(N), >, où Pfin(N) est l ensemble des parties finies de N. 1) < N, 2N, > y (P(y) x R(y, x)). La formule est satisfaite dans I ssi il existe un entier naturel pair qui soit le plus petit élément pour l'ordre usuel. Or 0 est le plus petit élément pour l'ordre dans N et 0 est pair. Il existe donc y N tel que y 2N (c'est-à-dire tel que P (y)) et tel que x N, y x. < P (N), Pfin(N), > y (P(y) x R(y, x)). La formule est satisfaite dans I ssi il existe un sous-ensemble fini de N ( un élément de P (N)) qui soit inclus largement dans tout élément de P (N). Or l'ensemble vide appartient à Pfin(N) et à P (N) et est inclus dans tout ensemble (il est a fortiori inclus dans dans tout x P (N)). 2) < N, 2N, > y x R(x, y). La formule est satisfaite dans I ssi il existe un plus grand élément pour l'ordre. Or, N n'admet pas de plus grand élément pour l'ordre. En effet, supposons qu'il existe n N tel que < N, 2N, > x R(x, n). Nous pouvons alors construire s (n) (qui appartient à N par construction). Or s (n) > n, ce qui est contradictoire. Remarque : La formule y x R(x, y) ne doit pas être confondue avec x y R(x, y) qui, lorsque R est interprété par un ordre «signifie» que pour n'importe quel x, il existe y qui lui est supérieur. < P (N), Pfin(N), > y x R(x, y). En effet, P (N) comporte un plus grand élément pour l'ordre induit par l'inclusion large : N lui-même. 3) < N, 2N, > y x(r(x, y) P (y)) car < N, 2N, > y x R(x, y). < P (N), Pfin(N), > y x(r(x, y) P (y)). En effet, si y Pfin(N), il est possible de construire z tel que y z. Supposons que y soit de la forme y = {a, b, c,.,n}, nous pouvons alors définir z = {a, b, c,.,n, n + 1} et nous aurons y z. Il n'existe donc pas de sous-ensemble fini de N qui soit un plus grand élément pour l'ordre induit pas l'inclusion. 4) < N, 2N, > x y (R(x, y) R (y, x)) car l'ordre usuel est total sur N. < P (N), Pfin(N), > x y (R(x, y) R (y, x)) car l'ordre induit par l'inclusion n'est pas total sur P (N). On peut aussi prendre un contre exemple : {1, 2} et {3, 4} sont des sousensembles finis de N qui ne sont pas en relation d'inclusion.

4 Exercice 4 Soit L un langage du premier ordre avec égalité. Exprimer dans L les faits suivants (si possible) : 1. Dans le domaine il y a au moins deux éléments différents; x y (x y). 2. Dans le domaine il y a au plus deux éléments différents; y z x(x = y x = z) 3. Dans le domaine il y a exactement deux éléments différents; x y ((x y) z (z = y x = z)) 4. Dans le domaine il y a au moins un élément; x (x = x). Remarquons qu'il s'agit d'une formule valide, ce qui correspond au fait que l'on exige que le domaine de quantification soit non vide. 5. Dans le domaine il y a au plus un élément; x y (x = y) 6. Dans le domaine il y a exactement un élément; x ((x = x) y (y = x)). Ce qui équivaut à x y (x = y). 7. Dans le domaine il n y a aucun élément; Impossible. 8. Dans le domaine il y a au plus n éléments différents, pour n importe quel n N+; x 1. x n y ( 1 i n y = xi). On note cette famille d'énoncés φ n. 9. Dans le domaine il y a au moins n éléments différents, pour n importe quel n N+; x 1. x n ( 1 i j n xi xj). On note cette famille d'énoncés φ n. 10. Dans le domaine il y a exactement n éléments différents, pour n importe quel n N+ Il suffit de prendre de φ n φ n 11. Le domaine a un nombre infini d éléments; Il faut prendre l'ensemble d'énoncés défini par : { φ n / n N}. La propriété d'être infini n'est pas représentable, dans le cas général, par un ensemble fini d'énoncé. Néanmoins, la formule x y R(x, y) force les structures d'interprétation dans lesquelles R est un ordre strict à être de cardinalité infinie. Toutefois cette propriété n'est pas exprimable à l'aide d'un énoncé unique. 12. Le domaine a un nombre fini d'éléments. Impossible. Etre fini équivaut à être égal à 0 ou à 1... Il faudrait donc pouvoir écrire une disjonction infinie. Exercice 5 Montrer que quels que soient Γ, Δ En (L) et A, B En (L) : 1. Γ est contradictoire ssi toute formule close B est conséquence logique de Γ Sens : si Γ est contradictoire, alors Γ et par complétude-adéquation Γ. Or B pour tout énoncé B. Donc B pour tout énoncé B, d'où Γ B par transitivité de la conséquence logique. Sens : Soit B En (L). Alors Γ B. Mais par hypothèse Γ B car B En (L). Par complétude Γ B et Γ B. Donc Γ est contradictoire. 2. A ssi A Sens : si A alors, comme toute L-structure est modèle de (tous les énoncés de sont trivialement satisfaits car il n'y en a pas), toute L-structure est modèle de A. Donc A. Sens : Par l'absurde. Si A est valide mais A alors il existe un modèle de qui n'est pas modèle de A. Mais A est valide par hypothèse donc toute L-structure est modèle de A.

5 Contradiction. Donc si A alors A. 3. Γ est satisfaisable ssi il existe une formule close B telle que Γ B Sens : Si Γ est satisfaisable alors Γ a un modèle M. Or, soit M B soit M B. Supposons SPG que M B. Alors Γ B car, dans le cas contraire on aurait M B ce qui est contradictoire. Donc si Γ est satisfaisable, il existe une formule close B telle que Γ B Sens : Par l'absurde. Si Γ n'est pas satisfaisable, alors Γ est contradictoire et Γ B pour tout B En (L). Ce qui contredit l'hypothèse : il existe une formule close B telle que Γ B. Donc s'il existe une formule close B telle que Γ B alors Γ est satisfaisable. 4. Si Γ A alors pour toute formule close B on a Γ {B} A. Si Γ, A, B ou Γ {B} sont contradictoires alors la conclusion suit trivialement. En effet si Γ est contradictoire, Γ {B} A pour n'importe quel A et B. Si A est contradictoire alors Γ est contradictoire, ce qui nous renvoie au cas précédent. Si B ou Γ {B} sont contradictoires alors Γ {B} A. Même raisonnement dans le cas où les formules sont valides. Reste le cas où toutes les formules sont satisfaisables. Supposons que Γ A mais que Γ {B} A. Alors il existe une L-structure M telle que M Γ {B} et M A. Or, M Γ et M B. D'autre part Γ A d'où M A, ce qui est contradictoire. Donc Γ {B} A. Cette affirmation correspond à la propriété de monotonicité de la logique du premier ordre classique. 5. Si Γ A et que {A} Δ B alors Γ Δ B Si Γ est contradictoire alors Γ Δ B. Si A est contradictoire alors Γ est contradictoire et Γ Δ B Si Δ est contradictoire alors Γ Δ B Si Γ Δ est contradictoire alors Γ Δ B Si {A} Δ est contradictoire, alors A Δ. Or tout modèle de Γ est modèle de A, donc n'est pas modèle de A et par suite n'est pas modèle de Δ. Donc aucun modèle de Γ n'est modèle de Δ et réciproquement. Donc Γ Δ n'a pas de modèle. Donc Γ Δ est contradictoire et Γ Δ B. Reste le cas où Γ, {A} Δ, Γ Δ, B et A sont satisfaisables. Par l'absurde. Supposons que Γ A et que {A} Δ B mais Γ Δ B. Alors il existe une structure M telle que M Γ Δ et M B. Or, M Γ et M Δ. Par hypothèse, Γ A. Donc M A. Alors M {A} Δ (car {A} Δ est satisfaisable par hypothèse). D'où M B ce qui contredit l'hypothèse. Remarque : l'hypothèse que {A} Δ est satisfaisable est indispensable pour conclure que M {A} Δ dans le cas général. A et Δ peuvent être satisfaisables sans que { A} Δ ne le soit.

6 Exercice 6 Soit L un langage du premier ordre avec un symbole de relation binaire P. 1. Est-il vrai que x y P(x, y) y x P(x, y)? Non. Soit la L-structure N = < N, < >. Il est clair que N x y P(x, y) puisque tout entier a un successeur. Mais N y x P(x, y) car il n'y a pas de plus grand élément pour l'ordre dans N. 2. Est-il vrai que y x P(x, y) x y P(x, y)? Oui. Soit une L-structure M satisfaisant y x P(x, y). Soit M le domaine de M. Alors il existe un élément a de M tel que M x P (x, a). Donc pour tout élément b de M, M P (b, a). Donc M y P (b, y) pour un b quelconque. Donc M x y P(x, y).