La sémantique - Pierre Rainero

Informatique théorique
La sémantique
Pour donner un sens à une formule (syntaxe), exemple : ∀x p(x,x), on doit :
- fixer un domaine dans lequel la variable x prend ses valeurs
- donner un sens au symbole de prédicat p comme une relation entre les éléments de ce
domaine
Domaine : entiers
Relation : p(x,y) : x est diviseur de y
Signification :
Pour tout entier x, x est diviseur de x
Domaine : les humains
Relation : p(x,y) : x a peur de y
Signification :
Pour tout humain x, x a peur de
lui-même.
Lorsqu’on passe de la syntaxe à la sémantique :
Syntaxe
Sémantique
Variable
Définir un domaine (D)
Fonction
Fonction, prend n arguments et renvoi un argument (Dn → D)
Prédicat
Relation, fonction sur un domaine {0,1} (Dn → {vrai/faux})
Interprétation
L(F, R, V)  Langage(symboles de fonctions F, symboles de prédicats R, symboles de variables V)
I(D, F, R)  Interprétation (Domaine, Fonctions, Relation)
ϕ : FV(ϕ) = {x}
Soit ϕ est vrai pour tout I, soit ϕ est vrai pour un certain x, soit ϕ est vrai pour tout x.
Pour que ϕ soit indépendante de l’interprétation et des variables on doit écrire une tautologie,
exemple : ϕ ∀x p(x) ∨ ¬p(x) (toujours vrai)
Validité
I ϕ  ϕ est satisfiable dans I pour la valuation σ
I ϕ  ϕ est satisfiable dans I
I ϕ  ϕ est fausse dans I pour la valuation σ
ϕ  ϕ est valide pour tout I
Exemples :
1. Domaine D :{vert,noir,bleu,jaune}
Relation r1 : {(vert,vert),(noir,bleu)}
Formule : ϕ r(x,y)
Valuation σ1 : x → vert, y → vert
(val(x,σ1),val(y,σ1)) = (vert, vert) ∈ r1 donc I ϕ
Valuation σ2 : x → vert, y → noir
(val(x,σ2),val(y,σ2)) = (vert, noir) ∉ r1 donc I ϕ
Donc ϕ r(x,y) est satisfiable pour la valuation σ1
2. ϕ2 p(a,b) ^ ¬p(f(a),b) est une formule car p(a,b) est une formule, f(a) est une formule,
p(f(a),b) est une formule et qu’une formule avec un opérateur logique (^) avec une autre
formule est une formule.
Soit l’interprétation I1 :
D = ℝ
a=0, b=1
f est la fonction
successeur
p est la relation <
p(a,b) ^ ¬p(f(a),b) = 0<1 ^ ¬(a+1<1)
= 0<1 ^ ¬(1<1)
= 0<1 ^ 1⩾1
I1 ϕ2
σ1
σ2
σ
σ

3. ϕ3 ∀x, ∃y (p(x,y)) est une formule car x et y sont des termes, p(x,y) est une fonction
et une formule liée à des variables par des quantificateurs(∀, ∃) est une formule.
Soit I1 (voir question précédente) :
∀x, ∃y (p(x,y)) = ∀x, ∃y (x<y)
I1 ϕ3 car ∀x x<x+1
Soit I2 :
D = Listes de longueur
quelconque contenant
des 0 et des 1
a=liste vide={}
b={1,1,1,1,1}
f est la fonction
cons1 qui ajoute un
1 en tête de liste
p est la relation
length(x)<length(y)
∀x, ∃y (p(x,y)) = ∀x, ∃y (length(x)<length(y))
I2 ϕ3 car par exemple = ∀x, ∃y (length(x)<length(y+cons1))
Soit il existe au moins 1 y (f(y)) pour lequel ϕ3 est satisfiable.
4. ϕ4 ¬ϕ3 est une formule.
Soit I1 :
¬(∀x, ∃y (p(x,y))) = ∃x, ∀y ¬(p(x,y)) = ∃x, ∀y ¬(x<y)
= ∃x, ∀y (x⩾y)
I1 ϕ4
Soit I2 :
∃x, ∀y ¬( p(x,y)) = ∃x, ∀y ¬(length(x)<length(y))
= ∃x, ∀y (length(x)⩾length(y))
I2 ϕ4 car la taille d’une liste est infinie (D), donc si length(y)=length(x)+cons1
alors il existe au moins 1 y pour lequel length(y)>length(x).
Trouver des interprétations
 Φ1 (∃x p(x) ^ (∃x q(x))  ∃x (p(x) ^ q(x))
I1 : D :{entiers} D :{humains} D :{chaises}
p : pair p : femme p : bancale
q : impair q : homme q : bancale
I1 Φ1
I2 : D :{a} Dès que D est un singleton
p : n’est pas b
q : n’est pas c
I2 Φ1
 Φ2 (∃x p(x) ∨ (∃x q(x))  ∃x (p(x) ∨ q(x))
I3 : Vrai quoi qu’il arrive.
Φ2
 Φ3 (∀x p(x) ∨ (∀x q(x))  ∀x (p(x) ∨ q(x))
I4 : D :{entiers}
p : ¬pair
q : ¬impair
I4 Φ3
I2 Φ3
 Φ4 (∀x p(x) ^ (∀x q(x))  ∀x (p(x) ^ q(x))
Φ2  ( (∀x ¬p(x)) ^ (∀x ¬q(x))  ∀x(¬p(x) ^ ¬q(x)))
Φ2 est un théorème, donc vrai pour ∀p et ∀q, donc pour ¬p et ¬q.
Φ4

 Φ5 (∀x ∃y p(x,y)) ^ (∀x ¬ p(x,x))
I4 : D :{humains} D :{entiers}
p : y est la mère de x p : x ≠ y
I6 Φ5
Cette formule ne peut pas être valide dans un seul élément.
Interprétation et validité
1. Φ1 ∀x p(f(x,y),x)
∀x x+y=x
σ1 : y→0 σ2 : y→t avec t ≠ 0
I Φ1 I ϕ
2. Φ2 (∀x (x+y = x)) ⇒ (∃x (x+y = x))
σ2 ¬ (∀x (x+y = x)) ∨ (∃x (x+y = x))
(∃x ¬(x+y = x)) ∨ (∃x (x+y = x))
∃x (¬(x+y = x) ∨ (x+y = x))
I Φ2
3. Φ3 ∀x ∃x p(f(x,y),a)
∀x ∃x p(x+y=0)
Méthode 1 :
x > 0 ⇒ x+y=0  y < 0 or on est dans les entiers positifs
Méthode 2 (plus simple) :
Si on prend x = 1, il n’existe aucun y>0 tel que x+y = 0 donc I Φ3
σ1
σ2
σ2