TD 13 : Satisfiabilité, Résolution, complétude

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Enoncé

EX 1

L’ensemble de formules suivant est-il satisfaisable ?

{x.Q(x,a),x,y,z.¬P(y,y)¬P(f(a,x),z),x,y,z.P(z,y)P(y,f(x,b))¬Q(z,a)}

On note (1),(2),(3) respectivement les formules précédentes.

Par factorisation de (3), on dérive P(f(c,b),f(c,b))¬Q(c,a) pour toutes constantes c,c{a,b}

Puis, par factorisation avec (1), on dérive P(f(c,b),f(c,b)) pour toute constante c{a,b}

Par ailleurs, par résolution de (2), on dérive ¬P(f(a,c),f(a,c)) pour toute constante c{a,b}.

Donc avec c=b,c=a dans les formules qui précèdent, on dérive par résolution .

Donc par correction de Res+Fact, on en déduit que l’ensemble est insatisfaisable.

NB : Notons que comme l’ensemble est insatisfaisable, il est nécéssaire de pouvoir en dériver , par complétude réfutationnelle de Res+Fact.

EX 2

1.

Faux, prendre la théorie des ordres denses (complète, cohérente, et même récursive), ou la théorie Th() (théorie d’un modèle : cohérente et complète).

2.

Faux : prendre Th() (théorie d’un modèle : complète, mais indécidable car contient Q).

3.

Vrai si la théorie est saturée (supposé dans le cours), puisqu’alors elle contient , et, partant, toutes les autres formules.

4.

Vrai :

M1 :

si on avait un modèle M fini de Q, le graphe de la fonction “successeur” serait de la forme

%3 0 0 1 1 0->1 k k 1->k n n k->n n->k

avec

  • k0 puisque 0 n’est pas un successeur

mais alors on n’a plus l’injectivité du successeur, puisque k=succ(n)=succ(k1)

M2 :

S’il existait un modèle fini M de Q, par le principe des tiroirs : il existerait p>n tel que :

sn(0)=sp(0)

mais alors, par injectivité du successeur :

0=spn(0)

absurde, puisque 0 n’est pas un successeur.

5.

Faux : on pose

T1{formules closes}

T1 est

  • incohérente
  • complète
  • décidable

mais QT1 (et Q est engendrée par un ensemble fini d’axiomes), mais Q n’est pas décidable.

6.

Vrai : on exécute les deux machines de Turing en parallèle.

7.

On aurait envie de dire : “Vrai : deuxième théorème d’incomplétude de Gödel.”

Mais c’est plutôt “on ne sait pas” : voir l’explication dans cette partie du cours de 𝜆-calcul de Jean Goubault-Larrecq.

Problème

1.

a).

on utilise l’axiome (1) pour montrer que s(0)s(0), d’où (par (5)) s(0)0.

Et comme d’après (7) : 0s(0), il vient par (2) que 0=s(0)

b).

Par (9) : s(p(0))=0=s(0) (avec ce qui précède), donc p(0)0 (par (4)), et d’après (7) et (2) : p(0)=0

c).

Montrons que :

x.s(x)x

En effet :

D’après (5), comme s(x)s(x) (par (1)), on conclut.


Montrons que x.p(s(x))=x

On sait que x.p(s(x))x avec (9) et (5).

Par (2), il suffit donc de montrer que x.xp(s(x)).

Or, c’est équivalent à montrer, par (5), que x.s(x)s(x), ce qui est vrai par (1).

d).

Par (4) et x.p(s(x))=x, on en déduit que x,y.(xs(y)p(x)y).

On conclut, avec (5), que x,y.xy(x=yp(x)y).

e).

Montrons que :

x.xp(x)

En effet :

On conclut avec (4) et x.s(x)x.


Par x.xp(x) et par x,y.xy(x=yp(x)y), on en déduit que

x,y.xyp(x)p(y)

f).

Par x,y.xyp(x)p(y) et (1), il suffit de montrer que p(y)p(x)p(x)p(y)ys(x)x0

Or, par (4) et (5), p(y)p(x)yxys(x)x=y

Donc

p(y)p(x)p(x)p(y)yxxy(ys(x)x=y)xy(ys(x))xy(ys(x))x0

Réciproquement, on utilise (1) et a).

2.

{+}0 est interprété comme + en est un modèle.

3.

Non, démonstration analogue à EX 2.4)

4.

On simplifie les formules avec 1. c)

5.

En enlevant l’axiome 7, est un modèle.

Pour montrer que

T𝜙

on exhibe un modèle de T qui ne satisfait pas 𝜙.

Donc pour montrer que T est incomplète, on veut montrer que

  • T𝜙
  • T¬𝜙, i.e. T𝜙

Donc on exhibe deux modèles de T : l’un ne vérifiant pas 𝜙, l’autre vérifiant 𝜙.

  • Pour l’axiome 8 : on prend un modèle avec un seul élément

  • Pour l’axiome 9 : on prend {+}, où p=s=succ

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