Corrigés devoir 2 - Université Paris 1 Panthéon

Université Paris 1 – Panthéon-Sorbonne
Année 2015-16 UFR de Philosophie Logique L3 S1
Contrôle continu
Devoir 2
Exercice 1
Soit ℒ un langage du premier ordre et Γ ⊆ En (ℒ) et A ∈ En (ℒ).
a) Montrer que Γ ⊨A si et seulement si Γ ∪ {¬ A}n'est pas satisfaisable
Sens → :
–
–
–
Si Γ est contradictoire alors Γ ∪ {¬ A}n'est pas satisfaisable
Si A est contradictoire alors Γ est contradictoire et Γ ∪ {¬ A}n'est pas satisfaisable
Si Γ et A sont satisfaisables. Par l'absurde, supposons que Γ ⊨ A mais que Γ ∪ {¬ A} est
satisfaisable. Alors il existe une ℒ – structure M telle que M ⊨ Γ et M ⊨ ¬ A.
D'où M ⊭A, c'est-à-dire M ⊨ Γ et M ⊭A, ce qui contredit l'hypothèse Γ ⊨A.
Donc si Γ ⊨A alors Γ ∪ {¬ A}n'est pas satisfaisable.
Sens ← :
–
–
–
Si Γ est contradictoire alors, trivialement, Γ ⊨A pour toute formule A.
Si ¬ A est contradictoire alors, puisque pour toute ℒ – structure M, nous avons M ⊭ ¬ A, il
s'en suit que M ⊨A. Donc A est une formule valide : ⊨A. Et alors Γ ⊨A quel que soit Γ.
Si Γ et ¬ A sont satisfaisables et Γ ∪ {¬ A}n'est pas satisfaisable alors :
1) Soit A ∈ Γ et trivialement Γ ⊨A (la conséquence logique est réflexive)
2) Soit A ∉ Γ. Dans ce cas, puisque Γ ∪ {¬ A}n'est pas satisfaisable, aucun modèle de Γ
n'est modèle de ¬ A (et réciproquement). Donc tout modèle de Γ est modèle de A : Γ ⊨A.
Remarque : il n'est pas nécessaire de prendre en considération les cas qui concernent ¬ A car ¬ A ∈
En (ℒ). Par suite, A ∉ ¬ A et ¬ A ⊭A puisque par hypothèse ¬ A est satisfaisable.
b) Montrer que si Γ ⊨A alors ⊨ Γ → A
–
–
–
Si Γ est contradictoire alors Γ → A est toujours satisfaite puisque l'antécédent ne l'est
jamais, donc ⊨ Γ → A.
Si A est contradictoire alors Γ est contradictoire donc ⊨ Γ → A.
Si Γ et A sont satisfaisables, alors, pour toute ℒ – structure M, soit :
1) M ⊨ Γ donc M ⊨A et ainsi M ⊨ Γ → A
2) M ⊭ Γ alors M ⊨ Γ → A car l'antécédent de l'implication n'est pas satisfait dans M.
Dans tous les cas, comme M est quelconque, si Γ ⊨A alors ⊨ Γ → A.
Remarques : Il n'est pas indispensable ici de traiter séparément les cas où Γ et A sont
contradictoires car ils sont compris dans le 2). Par ailleurs, pour toute ℒ – structure M, soit M ⊨ Γ
soit M ⊭ Γ. En traitant ces deux cas, nous avons considéré toutes les structures d'interprétation
possibles.
c) La réciproque est-elle vraie ? Justifier votre réponse
Si ⊨ Γ → A alors toute ℒ – structure M est modèle de Γ → A.
Si Γ est contradictoire alors Γ ⊨A (et nous avons bien ⊨ Γ → A)
Si A est contradictoire alors Γ est contradictoire et Γ ⊨A
– Si Γ et A sont satisfaisables. Par l'absurde, supposons que Γ ⊭ A, alors il existe une ℒ –
structure M telle que M ⊨ Γ et M ⊭A, Donc M ⊨ Γ ∪ {¬ A}
Donc M ⊭ ¬ (Γ ∪ {¬ A})
Donc M ⊭ Γ → A ce qui contredit l'hypothèse de départ.
Donc si ⊨ Γ → A alors Γ ⊨A.
–
–
d) Montrer que la relation de conséquence logique est une relation de préordre (une relation
réflexive et transitive).
–
–
Tout modèle de A est modèle de A donc A ⊨ A. Donc la relation de conséquence logique est
réflexive.
Supposons que A ⊨ B et B ⊨ C.
1) Si A est contradictoire alors A ⊨ C
2) Si B est contradictoire alors A est contradictoire et A ⊨ C
3) Si C est contradictoire alors B est contradictoire et A est contradictoire et A ⊨ C
4) Si A est satisfaisable. Soit M un modèle quelconque de A. Alors M ⊨ B,
ce qui implique M ⊨ C. Donc tout modèle de A est modèle de C, A ⊨ C.
La relation de conséquence logique est transitive et réflexive : c'est un préordre.
Remarque : il est possible de ne pas considérer les cas contradictoires en utilisant directement la
notion de classe de modèles. En effet, A ⊨ B ssi Mod (A) ⊆ Mod (B). Il suit de là que Mod (A) ⊆
Mod (C) par transitivité de l'inclusion.
e) Est-elle un ordre ? Pourquoi ?
La relation de conséquence logique n'est pas un ordre car elle n'est pas antisymétrique (comme elle
est réflexive et transitive, elle ne peut pas être un ordre strict, il reste donc seulement le cas de
l'ordre large).
En effet, prenons deux formules valides, par exemple : ∀ x (x = x) et Px ˅ ¬ Px.
Elles sont conséquences logique l'une de l'autre car tout modèle de ∀ x (x = x) est modèle de Px ˅
¬ Px et réciproquement.
Néanmoins, elles ne sont pas égales (les signes qui les composent ne sont pas les mêmes).
Nous avons donc ∀ x (x = x) ⊨ Px ˅ ¬ Px et Px ˅ ¬ Px ⊨ ∀ x (x = x)
Mais ∀ x (x = x) ≠ Px ˅ ¬ Px.
Exercice 2
Etant donnés deux entiers naturels n et m, quelle est la longueur d'une formule du calcul
propositionnel qui comporte n occurrences de symboles de connecteurs binaires et m occurrences
du symbole de négation ? Justifier votre réponse
Rappel : L'ensemble des formules du calcul propositionnel est défini comme suit :
– Si p est une variable propositionnelle, p est une formule
– Si F est une formule, ¬ F est une formule
– Si F et G sont des formules, (F → G), (F ˄ G) et (F ˅ G) sont des formules.
La formule était : Lg (φ) = 4n + m + 1
Preuve par induction sur la longueur des formules :
Base de récurrence : si φ est une formule atomique alors φ est une variable propositionnelle.
Donc Lg (φ) = 1 = 4.0 + 1.0 + 1. et la propriété est vérifiée.
HR : Supposons que la propriété est vérifiée pour toute formule φ et θ de longueur k.
Notons n' le nombre de connecteurs binaires dans φ et m' le nombre de négation (respectivement n''
et m'' dans θ).
– Si ψ est de la forme ¬ φ, alors n = n' et m = m' + 1
Par HR, Lg (φ) = 4n' + m' + 1
D'où Lg (ψ) = 4n' + m' +1 + 1= 4n' + (m' +1) + 1 = 4n + m + 1
– Si ψ est de la forme ( φ * θ) où * est un connecteur binaire alors
n = n' + n'' + 1 et m = m' + m'' et Lg (ψ) = Lg (φ) + Lg (θ) + 3.
Par HR, Lg (φ) = 4n' + m' + 1 et Lg (θ) = 4n'' + m'' + 1
Donc Lg (ψ) = 4n' + m' + 1 + 4n'' + m'' + 1 + 3 = 4(n' + n'') + (m' + m'') + 4 + 1
= 4(n' + n'' + 1) + (m' + m'') + 1 = 4n + m + 1
Dans tous les cas la propriété est vérifiée, donc par récurrence, Lg (φ) = 4n + m + 1.
Exercice 3
a) Quelle condition syntaxique doit satisfaire la formule ∀ x (φ → θ) → (φ → ∀ x θ) afin qu'elle
soit dérivable dans DNC ? Donner une dérivation avec cette condition.
La condition était que x ne devait pas être libre dans φ.
La dérivation est évidente.
b) Montrer que la restriction est nécessaire en exhibant un langage ℒ, des formules φ et θ de ℒ et
une ℒ -structure A telle que A⊭ ∀ x (φ → θ) → (φ → ∀ x θ)
Le plus simple était de prendre des formules atomiques. Par exemple, φ = Px et θ = Qx.
Prenons la structure A = < {0, 1, 2}, P = {0}, Q = {0, 1}>.
Il est clair que A ⊨ ∀ x (Px → Qx) puisque P ⊆ Q.
Cependant A⊭ Px → ∀ x Qx. En effet pour l'assignation σ (x) = 0, Px est satisfait dans A mais pas
∀ x Qx car 2 ∉ Q.
Donc A⊭ ∀ x (φ → θ) → (φ → ∀ x θ)
Exercice 4
Soit ℒ = {R}, un langage égalitaire du premier ordre et R un symbole de relation binaire.
Pour chaque formule, dire en justifiant si elle est satisfaite dans chacune des ℒ -structures A, B et C.
a) ∀ x ∀ y ∀ z (¬ Rxx ˄ (Rxy → ¬ Ryx) ˄ ((Rxy ˄ Ryz) → Rxz)))
La formule sera satisfaite dans toute structure où R est interprétée par une relation binaire
irréflexive, asymétrique et transitive, c'est-à-dire que R est interprétée par un ordre strict.
C'est évidemment le cas pour A et B. Nous avions par ailleurs vu en TD que l'inclusion stricte était
un ordre strict.
La formule est donc satisfaite dans les trois structures proposées.
Nous pouvons donc parler de R comme étant un ordre strict pour les questions suivantes.
b) ∃ x ∀ y Rxy
c) ∃ x ∀ y Ryx
Il fallait remarquer que les deux formules, pour être satisfaites, supposent l'existence d'au moins une
valeur particulière pour x, appelons-là c.
Une structure M, pour être modèle de ∃ x ∀ y Rxy, doit être modèle de ∀ y Rcy,
Donc en particulier, M doit être modèle de Rcc.
Or, R est interprété par une relation irréflexive dans tous les cas, Rcc n'est donc jamais satisfaite.
La remarque s'applique aux deux énoncés b) et c)
Donc les deux énoncés ne sont satisfaits par aucune des structures proposées.
d) ∀ x ∃ y (Rxy ˄ ∀ z (Rxz → (z = y ˅ Ryz))
La formule correspond à la propriété d'être un ordre discret sans plus grand élément (il faut rappeler
que la notion de plus grand élément est définie par l'ordre large et non par l'ordre strict).
En effet, pour tout x il doit exister au moins un y tel que y est supérieur à x pour l'ordre strict et quel
que soit z, si z est supérieur à x alors soit z = y soit z est supérieur à y. Autrement dit, pour tout x, il
existe y tel que pour tout z, on ne peut avoir x < z < y.
Dès lors, il est clair que C ⊭ ∀ x ∃ y (Rxy ˄ ∀ z (Rxz → (z = y ˅ Ryz)) car ℕ ∈ P (ℕ) et il n'existe
aucun élément X de P (ℕ) tel que ℕ ⊊ X.
La formule n'est pas satisfaite dans B car, du point de vue de l'ordre, entre deux rationnels il y a
toujours un autre rationnel (cette propriété était supposée connue, aucune démonstration de ce fait
n'était attendue).
La formule est satisfaite dans A car :
– ℕ n'admet pas de plus grand élément pour l'ordre.
– Tout entier naturel n admet un successeur unique n + 1 (par les axiomes de Péano) et il
n'existe aucun entier naturel entre n et n + 1.
e) ∀ x ∀ y (Rxy → ∃ z (Rxz ˄ Rzy))
La formule correspond à la propriété d'être un ordre dense.
Elle signifie que quels que soient x et y, si y est supérieur à x alors il existe au moins un z tel que x
< z < y.
Pour montrer qu'elle n'est pas satisfaite dans A, il suffit de prendre un contre-exemple en
considérant un entier n et son successeur.
Elle est satisfaite dans B car l'ordre usuel sur ℚ est dense.
Enfin, elle n'est pas satisfaite dans C car en prenant l'exemple de l'ensemble vide et d'un singleton
{n} quelconque, nous avons ∅ ⊊ {n} mais il ne peut exister d'élément A de P (ℕ) tel que ∅ ⊊ A et A
⊊ {n}.
En effet si, Card (A) ≥ 2, il est impossible que A ⊊ {n}
Si Card (A) = 1, alors soit A = {n} et ¬ A ⊊ {n}, soit A ≠ {n} et clairement A ⊈ {n}
Si Card (A) = 0, alors par extensionnalité A = ∅ et ¬ ∅ ⊊A.
Dans tous les cas, on ne peut trouver un élément A de P (ℕ) tel que ∅ ⊊A ⊊ {n}.
1) A = < ℕ, <ℕ >
2) B = < ℚ, <ℚ >
3) C = < P (ℕ), ⊊ >