LECCION 5 - Compacidad y completitud

(1)

L´

ogica matem´

atica, UNAL-Med 2017-1

Lecci´

on 5: Compacidad y completitud de la l´

ogica

1

1 Extensiones del lenguaje y restricciones de los modelos

Notación: diremos queϕes unan-fórmula si{x1. . . , xn} ⊆freeϕ. De esta manera las 0-fórmulas

son las sentencias. Su ¯τes unan-tupla deM-términos escribiremosϕ(¯τ) en vez deϕ(¯x/¯τ). También si Γ es un conjunto den-fórmulas:

Γ(¯τ) ={ϕ(¯τ) : ϕ∈Γ}.

SeaLun lenguaje de primer orden. Recordamos que unasentenciadeLes una fórmula cerrada, es decir, sin variables libre. En adelante llamaremosteor´ıaa cualquier conjunto de sentencias de L. Dada una teor´ıa Γ denotaremos porL(Γ) al lenguaje de primer orden más pequeño que contiene todos los s´ımbolos no lógicos que aparecen en las fórmulas de Γ.

Muy habitualmente trabajaremos simultáneamente con varios lenguajes, podemos considerar que todos ellos son sublenguajes de un lenguaje que contiene todos los s´ımbolos constantes, rela-cionales y funrela-cionales que necesitemos. Por este motivo introducimos la notaciónL(Γ) para designar al lenguaje que contiene todos los s´ımbolos relacionales, constantes y funcionales que aparecen en Γ. De esta manera, si tenemos dos teor´ıas, Γ⊂Γ∗, diremos que Γ∗ es unaextensión de Γ, y si ademásL(Γ) =L(Γ∗_{) diremos que es una}_extensi´_{on simple.}

Definici´on 1 Sea L ⊂ L0 _{una extensi´}_{on del lenguaje de primer orden y} _M0 _{un modelo de} _L0_.

Definimos entoncesM0_|

L como el modelo que consiste en:

(a) Como universo, el mismo universoM deM.

(b) Para cada s´ımbolo constante, funcional o relacional que aparece enL, la misma interpretaci´on que en M0_.

De esta manera M0_|

L es un modelo de L. Podemos decir, que M0|L consiste en olvidar las

interpretaciones de los s´ımbolos que no aparecen enL.

Definici´on 2 Sea L ⊂ L0 _{una extensi´}_{on del lenguaje de primer orden, y} _M _{un modelo de} _L_.

Decimos que un modeloM0 _de_L0 _{es una extensi´}_{on de}_M_si_M₌_M0_| L.

Sea Γ⊂Γ0 y sea L0 _{un lenguaje que contiene a}_L(Γ0_{). Sea}_M0 _{un modelo de}_L0 _{que satisface}

Γ0, es decir M0_|_{= Γ}0_{. Entonces, para cada} _L_{que contiene a}_{L(Γ) es claro que} _M0_|

L|= Γ. De esta

manera, para construir un modelo de una teor´ıa Γ, basta construir un modelo de una extensi´on adecuada de Γ. Este tipo de razonamiento va a ser crucial en la demostraci´on de la completitud.

(2)

2 La compacidad de la l´

ogica

Recordamos que un conjunto de fórmulas Γ esinconsistentesi hay una fórmulaϕtal que Γ`ϕ y Γ ` ¬ϕ, y decimos que es consistente en caso contrario. De la definición de inferencia lógica se sigue inmediatamente que todo subconjunto de fórmulas de un conjunto consistente es también consistente. Una teor´ıa Γ se dicefinitamente consistentesi cada subconjunto finito de Γ es una teor´ıa consistente. Esto nos permite expresar el primer enunciado del teorema de compacidad.

Teorema 3 (Compacidad) Una teor´ıaΓ es consistente si y solo si es finitamente consistente.

Prueba. Claramente, si Γ es consistente, cualquier subconjunto de Γ es también consistente, incluyendo los subconjuntos finitos. Veamos el réciproco, sea Γ una teor´ıa tal que cada subconjunto finito Γ0es consistente. Razonando por reducción al absurdo, supongamos que Γ fuera inconsistente.

Entonces habr´ıa una f´ormulaϕde tal manera que Γ`ϕ y Γ` ¬ϕ. Elijamos pruebas formales de ϕy¬ϕ. Sea Γ0 el conjunto de todas las sentencias de Γ que aparecen en dichas pruebas formales.

Necesariamente Γ0 es un conjunto finito, pero se tiene Γ0`ϕy Γ0` ¬ϕ, y por tanto Γ0no puede

ser consistente, en contradicci´on con nuestras hip´otesis. Por tanto, es absurdo suponer que Γ es inconsistente, y Γ debe ser consistente.

La prueba es muy sencilla porque reposa en la teor´ıa de la demostración. Sin embargo el teorema de compacidad tiene también un enunciado semántico. Recordamos que una teor´ıa es

sem´anticamente consistente si tiene alg´un modelo. Diremos que una teor´ıa Γ es

finitamente semánticamente consistente si cada subconjunto finito de Γ tiene un modelo. El teo-rema de compacidad en su versión semántica dice que una teor´ıa es semanticamente consistente si y solo si es finitamente semánticamente consistente. Existen técnicas para probar directamente este enunciado, sin embargo nosotros vamos a dar un rodeo. Mostraremos que las nociones de

consistenciayconsistencia sem´anticason equivalentes. Esto es posible en la l´ogica de primer orden gracias al teorema de completitud.

3 Teor´ıas completas

Definici´on 4 Una teor´ıa Γ se dice completa si para toda sentencia ϕ de L(Γ) se tiene Γ ` ϕ o

Γ` ¬ϕ.

En las teor´ıas completas la verdad puede conocerse de forma sint´actica. Una sentencia v´alida en todos los modelos de Γ es una sentencia que se puede probar.

Ejemplo 5 Consideremos un lenguaje L de los grupos, en el cual tenemos una constante e y un s´ımbolo funcional binario ?. La teor´ıa de grupos Γgroups es el siguiente conjunto de tres

sentencias2 _:

(1) ∀x∀y∀z((x ? y)? z) =x ?(y ? z))

(2) ∀x ? e=x∧e ? x=e)

(3)

(3) ∀x∃y(x ? y=e∧y ? x=e)

La teor´ıa de grupos no es completa. Por ejemplo, sea ϕ la sentencia∀x(x ? x =e). Por la fuerza de la lógica, ϕ no puede probarse, pues no es válida en el grupo aditivo Z de los números enteros. Sin embargo, la fórmula ¬ϕ no es válida en Z2 el grupo de los enteros módulo 2, y por

tanto no puede probarse. Tenemos entonces que Γgroupsno es completa.

Teorema 6 En un lenguaje enumerable, toda teor´ıaΓconsistente tiene una extensi´on simple com-pleta.

Prueba. Consideremos una enumeraci´on deL(Γ),

L={ϕ1, ϕ2, . . . ,}

Ahora definimos inductivamente para cadannatural:

Γ0= Γ, Γn =

(

Γn si Γ∪ {ϕn} es inconsistente.

Γn∪ {ϕn}si Γ∪ {ϕn}es consistente.

Por construcci´on, cada Γn es consistente. Tomamos Γ∗=S_n_≥₀Γn. Por el teorema de compacidad

Γ∗ es consistente, pues cada subconjunto finito est´a en alg´un Γn. Finalmente Γ∗ es completa por

construcci´on.

Definici´on 7 El conjunto de los teoremas deΓ que son sentencias, se llama suclausura deduc-tiva.

cl`(Γ) ={ϕ : ϕes una sentencia y Γ`ϕ}

Decimos que dos teor´ıas Γ1 y Γ2 son equivalentes si tienen la misma clausura deductiva. Esto

equivale a decir que tienen los mismos teoremas. La clausura deductiva es un operador de clausura y un morfismo creciente de ret´ıculos en el conjunto de las teor´ıas, es decir:

(a) Si Γ1⊆Γ2entonces cl`(Γ1)⊆cl`(Γ2).

(b) Γ⊆cl`(Γ).

(c) cl`(cl`(Γ)) = cl`(Γ).

4 El teorema de completitud

4.1 Enunciados sem´

antico y sint´

actico del teorema

Teorema 8 Los siguientes enunciados son equivalentes:

(a) Una teor´ıaΓ es consistente si y solo si es sem´anticamente consistente, es decir, si tiene un modelo.

(4)

Prueba. Supongamos cierto el enunciado (a). Para cualquier fórmula ϕel teorema de fuerza de la lógica nos dice que si Γ` ϕ entonces Γ |= ϕ. Basta entonces ver el rec´ıproco, es decir que toda fórmula válida en Γ tiene una prueba en Γ. Sea Γ|=ϕ. Entonces Γ∪ {¬ϕ}no tiene ningún modelo, luego por la hipótesis (a) Γ∪ {¬ϕ}es inconsistente. El argumento de reducción al absurdo nos dice entoces Γ`ϕ.

Supongamos ahora cierto el enunciado (b). Sea Γ una teor´ıa cualquiera. Decir que Γ no tiene ningún modelo equivale a decir que Γ|=ϕ∧ ¬ϕpara alguna (o cualquier) fórmulaϕ. Aplicando (b) es equivalente a decir Γ`ϕ∧ ¬ϕ, es decir, Γ no tiene ningún modelo si y solo si es inconsistente, que es lo que quer´ıamos probar.

Veamos un peque˜no resultado parcial, que prueba el enunciado en el caso (b) y que va a darnos una idea sobre como probar el caso general.

Proposici´on 9 SeaΓuna teor´ıa consistente sin cuantificadores, es decir, en ninguna sentencia de

Γaparece ning´un cuantificador. EntoncesΓ tiene un modelo.

Prueba. En primer lugar, por el teorema 6 es posible encontrar una extensión simple completa Γ ⊂Γ∗. Fijamos dicha extensión. Si Γ es una teor´ıa no vac´ıa sin cuantificadores, entonces en el lenguaje L(Γ) debe aparecer algún s´ımbolo de constante. El conjuntoT de los términos cerrados deL(Γ) debe ser no vacio. Definimos la siguiente relación enT:

τ∼µ si y solo si Γ∗`τ =µ.

Los axiomas de la l´ogica de la igualdad (grupo V) garantizan que∼es una relaci´on de equivalencia en T. Definimos entonces nuestro universo M del modelo M como el conjunto de clases T/ ∼. Resta ahora definir las interpretaciones de los s ´mbolos constantes, relacionales y funcionales.

(a) Para cada s´ımbolo contante cdefinimoscM _{como la clase [c] del t´}_ermino_c.

(b) Para cada s´ımbolo relacionaln-arioR, definimos:

RM={([τ1], . . . ,[τm]) : Γ∗`R(τ1, . . . , τn)}

(c) Para cada s´ımbolo funcional n-arioF definimos:

FM([τ1], . . . ,[τn]) = [F(τ1, . . . , τn)].

De nuevo lo axiomas lógicos de la igualdad garantizan que las interpretaciones están bien definidas. Veamos queM |= Γ por inducción sobre las sentencias. El enunciado preciso que vamos a demostrar es: toda sentenciaϕsin cuantificadores es válida en Msi y solo si Γ∗`ϕ.

(a) Si ϕes una f´ormula at´omica entonces debe de ser de la forma τ1=τ2 o R(τ1, . . . , τn) donde

losτi son t´erminos cerrados. Veamos estos casos por separado.

(a.i) Sea ϕ atómica de la forma τ1 = τ2. Por la construcción de la interpretación de los

t´erminos, Γ∗`τ1=τ2 si y solo siτ1M=τ2M si y solo siM |=τ1=τ2.

(a.ii) Seaϕat´omica de la formaR(τ1, . . . , τn). Por la construccci´on deRM, Γ∗`R(τ1, . . . , τn)

(5)

(b) Siϕ∈Γ no es at´omica, asumiendo el lenguaje simplificado, es de la forma¬ψoψ∧χ siendo todas estas f´ormulas sin cuantificadores.

(b.i) Consideremos el caso en el que ϕes de la forma ψ∧χ. Se tiene que Γ∗ ` ψ∧χ si y solo si simultaneamente Γ∗ `ψ y Γ∗ `χ. Por hipótesis de inducción está condición es equivalente a queψyχsean ambas válidas enM, es decirM |=ψ∧χ.

(b.ii) Consideremos ahoraϕes¬ψ, como Γ∗ _{es completa se tiene Γ}∗_{` ¬ψ} _{si y solo si Γ}∗_6`_ψ.

Por hipótesis de inducción, M 6|=ψ si y solo si Γ∗ 6`ψ. Por definición inductiva de la validez concluimos Γ∗` ¬ψ si y solo siM |=¬ψ.

Lo que concluye la demostraci´on.

4.2 Testigos y teor´ıas de Henkin

Supongamos Γ` ∃xϕ donde ϕes una fórmula donde la variablexes la única variable que ocurre libremente, de manera que∃xϕes una sentencia. Decimos que la constanteces untestigodeϕsi Γ`ϕ(x/c). El testigo deϕes un término que en cualquier interpretación de Γ se interpretará como un elementom del universo que satisfaceϕ(x/m). El problema de construir un modelo para una teor´ıa consistente se reduce a tener suficientes términos como para testificar de todas las situaciones existenciales que pueden darse. En adelante vamos a ver como construir una extensión completa de cualquier teor´ıa, pero que tenga todos los testigos necesarios.

Afirmaci´on 10 Sean x¯ = (x1, . . . , xn) una tupla de s´ımbolos variables, (c1, . . . , cn) una tupla de

s´ımbolos de constantes y ϕ1, ϕ2 dos f´ormulas en las que no aparecen ninguna de las constantes

c1,. . .,cn. Si ϕ1(¯x/¯c)es igual aϕ2(¯x/¯c)entonces ϕ1 es igual aϕ2.

Notación 11 Un conjuntoΓde fórmulas está contenido en varios lenguajes formales, todos aque-llos que incluyan a L(Γ). Al considerar simultáneamente diversos lenguajes formales existe una ambiguedad en el uso del s´ımbolo`, pues una prueba formal enΓpodr´ıa incluir fórmulas de diver-sos lenguales. EscribiremosΓ`Lϕpara decir que existe una prueba formal de ϕdonde cada l´ınea

es una f´ormula deL.

Teorema 12 (de las constantes) SeaΓuna teor´ıa enL. ConsideremosCun conjunto de s´ımbolos constantes que no forman parte del alfabeto deL, y seaL0 _{el lenguaje que se obtiene al a˜}_nadir

di-chos s´ımbolos constantes al alfabeto deL. Entonces, para cualquier tupla(x1, . . . , xn)de variables,

y cualquier(c1, . . . , cn) de constantes enC se tiene:

Γ`L ϕsyssΓ`L0 ϕ(¯x/¯c).

Prueba. Supongamos primero Γ`L ϕ, entonces se tiene Γ`L0 ϕ. Por el teorema de

general-izaci´on (en Γ no hay variables libres), se tiene Γ`L0 ∀xϕ¯ y por el axioma de substituci´on y modus

ponens conluimos Γ`L0 ϕ(¯x/¯c).

Supongamos ahora Γ`L0 ϕ(¯x/¯c). Vamos a mostrar que Γ`_L ϕpor inducci´on sobre la prueba de

ϕ(¯x/¯c) enL0_.

(a) Como caso inicial, tenemos dos posibilidades. O bien que ϕ(¯x/¯c) esté en Γ o bien queϕ(¯x/¯c) sea un axioma de la lógica. Si se da la primera posibilidad, entonces se tiene automáticamente Γ`L ϕ. Si se da la segunda posibilidad, entoncesϕdebe ser también un axioma de la lógica

(6)

(b) Supongamos ahora que ϕ(¯x/¯c) se deriva en L0 _{por modus ponens de dos f´}_{ormulas de} _L0_,

est´as deben ser de la forma: ψ(¯x/¯c)→ϕ(¯x/¯c) yψ(¯x/¯c) con pruebas m´as cortas queϕ(¯x/¯c). Podemos suponer por tanto que Γ`L ψ→ϕy Γ`L ψ. De ah´ı Γ`L ϕ.

Lo que concluye la prueba.

Definici´on 13 Una teor´ıa Γ es de tipo Henkin si para cada sentencia de la forma ∃xθ en L(Γ)

existe una constantec en Ltal queΓ` ∃xθ→θ(x/c).

Es claro que en una teor´ıa de Henkin toda sentencia existencial que sea consecuencia lógica de Γ tiene un testigo. En varios pasos, vamos a construir, a partir de una teor´ıa cualquiera Γ, una extensión de tipo Henkin. Será necesario hacer diversas extensiones del lenguaje.

Lema 14 Sea Γ ⊂ L consistente. Existe una extensi´on del lenguaje L ⊂ L0 _{por nuevos s´ımbolos}

constantes, y una extensi´on consistente Γ ⊂ Γ0 de manera que Γ ⊂ Γ0 ⊂ L0 _{y para cualquier}

sentencia de la forma∃xθ enL hay una constante cθ en L0 tal que∃xθ→θ(x/cθ)est´a enΓ0.

Prueba. Enumeremos todas las sentencias de la forma∃xθenL, de tal forma que tenemos una secuencia:

∃y1θ1,∃y2θ2,∃y3θ3, . . .

Para cada n´umero naturalj a˜nadimos un nuevo s´ımbolo constantecj que va a ser el testigo en Γ0

deθj. De esta manera, el alfabeto deLse ha extendido por las constantes{c1, c2, . . .}y tomamos:

Γ0 = Γ∪ {∃yiθi→θi(yi/ci) : i∈N}.

Por constricci´on Γ0 contiene todas las f´ormulas requeridas por el enunciado del lema, basta ver que es consistente.

Razonando por reducción al absurdo, supongamos que Γ0 es inconsistente. Por la compacidad de la lógica, debe existir un menor número naturalktal que:

Γ∪ {∃yiθi→θi(yi/ci) : i≤k}.

Sea

Γ∗= Γ∪ {∃yiθi →θi(yi/ci) : i < k}.

Tenemos que entonces Γ∗ es consistente, pero

Γ∗∪ {∃ykθk →θk(yk/ck)}

es inconsistente. Por el teorema de reducci´on al absurdo, se tiene que:

Γ∗` ¬∃ykθk →θk(yk/ck).

Aplicando razonamiento tautol´ogico

¬∃ykθk →θk(yk/ck) a` ∃ykθ∧ ¬θk(yk/ck),

tenemos que Γ∗` ∃ykθk y Γ∗` ¬θk(yk/ck). Pero como la constanteckno aparece en Γ∗el teorema

de las constantes nos dice Γ∗ ` ¬θk que por axioma de generalizaci´on y modus ponens nos da

(7)

Teorema 15 SeaΓuna teor´ıa consistente, entonces existe una extensi´on consistente (no necesari-amente simple)Γ⊂Γ0 de tipo Henkin.

Prueba. Consideremos Γ = Γ0, y para cada n´umero natural n ≥ 1 definamos Γn como la

extensi´on que se obtiene de Γn−1 aplicando el lema 14. Finalmente definamos,

Γ0 =

∞

[

n=0

Γn.

Por construcción Γ0 es de tipo Henkin. Además, debe ser consistente por el teorema de compaci-dad. Si no fuera consistente, habr´ıa algún n de tal manera que Γn−1 es consistente, pero Γn es

inconsistente, en contra del enunciado del lema 14.

Lema 16 SeaΓuna teor´ıa de tipo Henkin, yΓ∗una extensi´on simple completa deΓ. EntoncesΓ∗

tambi´en es tipo Henkin.

Prueba. Basta examinar la definición de teor´ıa de tipo Henkin para observar que toda extensión simple de una teor´ıa de tipo Henkin es también de tipo Henkin.

4.3 Demostraci´

on del enunciado sem´

antico

Teorema 17 (Completitud) Una teor´ıa es consistente si y solo si tiene un modelo.

Prueba. El teorema de fuerza de la lógica garantiza que toda teor´ıa que tiene un modelo es consistente, pues si Γ`ϕ∧ ¬ϕentonces Γ |=ϕ∧ ¬ϕ, y esto último no puede darse si Γ tiene un modelo, puesto queϕ∧ ¬ϕes una contradicción y no es válida en ningún modelo.

Mostremos entonces que toda teor´ıa consistente tiene un modelo. Sea Γ una teor´ıa consistente. Por los teoremas 15 y 6 hay una extensi´on Γ⊂Γ∗de manera que Γ∗es completa y de tipo Henkin. SiMes un modelo de Γ∗entonces M|L(Γ)es un modelo de Γ. Nos basta por tanto probar que Γ∗

tiene un modelo.

Siguiendo los lineamientos de la proposición 9, definimos la siguiente relación en el conjuntoT de los términos cerrados deL(Γ∗_):

τ∼µ si y solo si Γ∗`τ =µ.

De nuevo los axiomas de la l´ogica de la igualdad (grupo V) garantizan que ∼ es una relaci´on de equivalencia en T. Definimos entonces nuestro universo M del modelo M como el conjunto de clases T/ ∼. Resta ahora definir las interpretaciones de los s´ımbolos constantes, relacionales y funcionales.

(a) Para cada s´ımbolo contante cdefinimoscM como la clase [c] del t´erminoc. (b) Para cada s´ımbolo relacionaln-arioR, definimos:

RM={([τ1], . . . ,[τm]) : Γ∗`R(τ1, . . . , τn)}

(c) Para cada s´ımbolo funcional n-arioF definimos:

(8)

De nuevo lo axiomas lógicos de la igualdad garantizan que las interpretaciones están bien definidas. Veamos ahora queM |= Γ∗ por inducción sobre las sentencias deL(Γ∗_{). Vamos a mostrar, al igual}

que antes, que para cualquier sentenciaϕse tiene Γ∗`ϕsi y solo siM |=ϕ.

(a) Si ϕes una f´ormula at´omica entonces debe de ser de la forma τ1=τ2 o R(τ1, . . . , τn) donde

losτi son t´erminos cerrados. Veamos estos casos por separado.

(a.i) Seaϕat´omica de la formaτ1=τ2. Entonces Γ∗`τ1=τ2si y solo siτ1∼τ2si y solo si

τ₁M=τ₂M si y solo siM |=τ1=τ2.

(a.ii) Seaϕat´omica de la forma R(τ1, . . . , τn). Por la definici´on deRM, Γ∗`R(τ1, . . . , τn) si

y solo si (τ₁M, . . . , τ_nM)∈RM si y solo siM |=R(τ1, . . . , τn).

(b) Si ϕ∈ Γ no es at´omica ni prima, asumiendo el lenguaje simplificado, es de la forma ¬ψ o ψ∧χ.

(b.i) Consideremos el caso en el queϕes de la formaψ∧χ. Si Γ∗`ψ∧χsi y solo si Γ∗`ψ y tambi´en Γ∗_`_χ_{si y solo si}_{M |}₌_ψ_∧_χ.

(b.ii) Consideremos ahoraϕes¬ψ. Como Γ es completa, Γ∗_{` ¬ψ}_{si y solo si Γ}∗_6`_ψ _{que por}

hipótesis de inducción es equivalente aM 6|=ψque finalmente equivale aM |=ϕ. (c) Supongamos finalmente que ϕ es una fórmula prima, pero no atómica. Entonces ϕ es de

la forma ∀xψ. Asumamos en primer lugar Γ∗ _{` ∀xϕ. Por definici´}_{on del universo} _M_{, para}

cada elemento m de M tenemos un término cerrado τ tal que τM)m. Por el axioma de substitución tenemos Γ`ψ(x/τ). Por inducción tenemosM |=ψ(x/τ) pero esto es si y solo siM |=ψ(x/m). Esto se da para cualquiermen el universo, es decirM |=∀xψ. En segundo lugar, asumamos Γ∗ 6` ∀xψ. Por ser Γ∗ _{completa, en ese caso Γ}∗ _{` ∃x¬ψ. Por ser Γ}∗ _de

tipo Henkin, existe una constante tal que Γ∗` ∃x¬ψ→ ¬ψ(x/c). Luego Γ∗_{` ¬ψ(x/c), por}

inducci´onM |=¬ψ(x/c), luegoM¬ |=∀xψ, como queriamos probar. FinalmenteM|L(Γ) es un modelo de Γ, lo que concluye la demostraci´on.

Corolario 18 Se cumple:

(a) (Compacidad sem´antica) Un conjunto de sentenciasΓes consistente si y solo si cada subcon-junto finito deΓ tiene un modelo.

(b) (Completitud sint´actica) Para cualquier conjunto Γ de sentencias y cualquier f´ormula ϕ se tieneΓ`ϕsi y solo siΓ|=ϕ.

5 Modelos

Definici´on 19 SeanMyN dos modelos de L. Unisomorfismo entreM yN es una biyecci´on

f:M →N que tiene la propiedad de que para toda n-f´ormula y todan-tupla(m1, . . . , mn)∈Mn,

M |=ϕ(m1, . . . , mn) syssN |=ϕ(f(m1), . . . , f(mn)).

Ejercicio: Muestre que un isomorfismo deMenN:

(9)

(b) Env´ıa las interpretaciones de las relaciones enMen las interpretaciones de las relaciones en N.

(c) Conmuta con las interpretaciones de las funciones.

Muestre adem´as que una biyecci´on entre los universos de dos modelos, que verifica (a), (b) y (c) es un isomorfismo.

Definici´on 20 SeanM yN dos modelos deL. Decimos queM es unsubmodelode si:

(a) M ⊆N.

(b) Para todo s´ımbolo de constante cdeL,cM=cN. (c) Para todo s´ımbolo funcional n-arioF,FM=FN|Mn.

(d) Para todo s´ımbolo relacionaln-arioR,RM=RN ∩Mn

Afirmaci´on 21 Supongamos queM es un modelo,M ⊆N y:

(a) Para todo s´ımbolo de constantecM_∈_M_.

(b) Para todo s´ımbolo funcional n-arioF, y todan-tupla m¯ ∈Mn,fN( ¯m)∈M. Entonces hay un ´unico submodelo M ⊆ N con universoM.

5.1 Subestructura elemental

Definici´on 22 Dado un modeloM:

(a) Lateor´ıa de Mes el conjunto de todas sentencias v´alidas en M,

Th(M) ={ϕ: ϕf´ormula cerrada, M |=ϕ}.

(b) Eldiagrama de Mes el conjunto de todas las M-f´ormulas cerradas v´alidas enM,

Diag(M) ={ϕ:ϕM −f´ormula cerrada, M |=ϕ}.

Ejercicio. Muestre que para cualquier modeloM, Th(M) es una teor´ıa completa y consistente.

Definici´on 23 Decimos que dos modelosM1 yM2 son elementamente equivalente cuando tienen

la misma teor´ıaTh(M1) = Th(M2). EscribimosM1≡ M2.

Es decir,M1 yM2 son elementalmente equivalentes si y solo si para cada sentenciaϕ,

M1|=ϕ si y solo si M2|=ϕ.

Claramente si dos modelos son isomorfos, entonces son elementalmente equivalentes. Sin em-bargo el rec´ıproco es falso.

Definici´on 24 Dea M un submodelo de N. Decimos que es una subestructura elemental o

(10)

Es decirMes un submodelo elemental deN si y solo si para cadaM-f´ormula cerrada,

M |=ϕ si y solo si N |=ϕ.

También diremos que una aplicaciónf:M → N es unainmersión elementalcuando sea un isomorfismo deMcon un submodelo elemental deN.

Lema 25 (Criterio de Tarski-Vaught) Supongamos M ⊆ N, entonces M N si y solo si para cadaM-f´ormula cerrada de la forma∃xθse tiene:

SiN |=∃xθ entonces hay una∈M tal queN |=θ(x/a).

Prueba. Es sencillo mostrar que siM N se verifica la condici´on del lema. Supongamos que N |=∃xθ. Por serM subestructura elemental, entoncesM |=∃xθ. Por tanto, hay una∈M tal queM |=θ(x/a). De nuevo, por serMsubestructura elemental deN tenemosN |=θ(x/a).

El rec´ıproco debe probarse por inducción sobre las fórmulas. Vamos a probar, por inducci´ıon sobre lasM-fórmulas que, asumiendo la condición del enunciado, para cualquierM-fórmula cerrada θse tiene:

M |=θ syss N |=θ.

Hacemos la inducci´on en el lenguaje reducido, considerando solamente los s´ımbolos l´ogicos∃,∧,¬. Entonces:

(a) Siθ es at´omica y cerrada, entonces por serMun submodelo deN tenemos. M |=θ syss N |=θ.

(b) Supongamosθ=¬χcerrada. Entonces,M |=θsi y solo siM 6|=χsi y solo si (por hip´otesis de inducci´on)N 6|=χsi y solo siN |=θ.

(c) De forma similar se prueba la equivalencia paraθ=χ∧ψ.

(d) Sea ahoraθ=∃yχ cerrada. En generalχ no es cerrada, pero para cadam∈M,χ(y/m) s´ı lo es. Supongamos M |=θ, entonces hay un m ∈ M tal que M |= χ(y/m). Por hipótesis de inducciónN |=χ(y/m), y de ah´ıN |=θ. Rec´ıprocamente supongamosN |=θ, entonces hay unn∈N tal que N |=χ(y/n). Aplicando el enunciado del lema, hay unm∈M tal que N |=χ(y/m) que es ahora una fórmula cerrada. Aplicando la hipótesis de inducción tenemos M |=χ(y/m) y por tantoM |=θ.

Lo que concluye la prueba.

El criterio de Tarski-Vaugh permite demostrar:

Lema 26 SeaΓ una teor´ıa de tipo Henkin y N un modelo deΓ. Sea:

M ={cM : c s´ımbolo constante}

EntoncesM es el universo de un submodelo elemental M N.

Definici´on 27 Unacadena elementales una secuencia de extensiones elementales:

(11)

Ejercicio: Muestre que el l´ımite de la cadenaM=S∞

i=0M, es un modelo elementalmente

equiv-alente a todos los miembros de la cadena. Adem´as para cadantenemos Mn≺ M.

Definici´on 28 SeaA⊂M un conjunto de elementos de un modeloMdeL. Denotamos porL(A)

al lenguaje que se obtiene a˜nadiendo un s´ımbolo constante nuevo por cada elemento deA.

Interpretando las constantes como los elementos que representan, es claro queMes tambi´en un modelo de deL(A).

Nota 29 El menor modelohAi ⊆M que contiene aAconsiste precisamente en las interpretaciones enM de todos los t´erminos cerrados deL(A).

Teorema 30 (L¨owenheim-Skolem) Para cualquier modelo N de una teor´ıa Γ enumerable, hay un submodelo elementalM N enumerable.

Prueba. Sea M0=h∅iel modelo consistente en la interpretaci´on enN de todos los t´erminos

cerrados deL(Γ). Por construcci´onM0 es enumerable. Ahora definimos la siguiente secuencia de

modelos por inducci´on:

M0⊆ M1⊆. . .⊆

Para cadaMn consideramos:

Γn={ϕ1-f´ormula enL(Mn) :N |=∃x1ϕ}

SiMnes enumerable, entonces Γnes enunmerable. Tomamos entonces, por el axioma de la elecci´on,

para cadaϕ∈Γn un elementoaϕ enN tal que N |=a(x1/ϕ), y:

An={aϕ: ϕ∈Γn}.

Finalmente definimosMn+1como el modelo m´as peque˜no deL(Mn) que contiene aAn. Finalmente,

M=

∞

[

n=0

Mn,

que por construcci´on es enumerable. El criterio de Tarski-Vaught muestra queM N.

Ejercicios:

1. Seaϕ(x) una f´ormula donde la variablexocurre libremente. Escriba una sentencia que pueda interpretarse como:

“Hay un ´unicoxtal queϕ.”

Utilizce la siguiente notación abreviada∃!ϕpara expresar dicha fórmula. Apoyandose en esta notación introduzca una teor´ıa equivalente a la de grupos, pero sin utilizar la constantee. 1. Un conjunto de sentencias Γ se dice deductivamente independiente si para cualquier

ϕ∈Γ se tiene Γ− {ϕ} 6`ϕ. Dos conjuntos Γ1, Γ2, de sentencias son equivalentes si Γ1 `Γ2

(12)

(a) Muestre que si Γ es finito, entonces hay un Γ0 ⊂ Γ equivalente a Γ y deductivamente independiente.

(b) Muestre un caso de un conjunto de sentencias Γ que no contiene ning´un subconjunto equivalente a ´el y que sea deductivamente independiente.

3. Sean Γ1y Γ2dos conjuntos de sentencias tales que no hay ning´un modeloMtal queM |= Γ1

yM |= Γ2. Muestre que hay una sentenciaϕtal que: ϕes v´alida en cada modelo deΓ1y ¬ϕ

es v´alida en cada modelo deΓ2.

4. Calcule todos los submodelos de (N,+,·,0) que contienen 2 y 5.

5. Construya un ejemplo de dos modelos enumerables, elementalmente equivalentes, pero no isomorfos.

6. Sea L el lenguaje con s´ımbolos de{+,·,0, <, s} que usamos en la aritmética. Sea Th(_N), el conjunto de fórmulas válidas en los números naturales. Muestre (usando compacidad):

(a) Hay modelos de Th(_N) que no son isomorfos a los naturales. Pista: a˜nada una constante αal sistema, y muestre que el conjunto de sentencias que expresan, “αes infinitamente grande” es consistente con Γ.

(b) Muestre que todo modelo de Th(N) contiene un submodelo elemental isomorfo aN. 7. Consideremos L el lenguaje del orden con un ´unico s´ımbolo relacional binario. sea ODSE

(Orden Denso sin Extremos) la teor´ıa constituida por las f´ormulas: (1a) ∀x¬x < x.

(1b) ∀x∀y∀z((x < y∧y < z)→x < z). (1c) ∀x∀y(x=y∨y < x∨x < y). (2a) ∀x∃y(x < y).

(2b) ∀x∃x(y < x).

(3) ∀x∀y(x < y→ ∃z(x < z∧z < y).

Los axiomas del grupo 1 son los de buen orden, los del grupo 2 del orden sin extremos y el axioma 3 de densidad. Muestre:

(a) (Q, <) es un modelo enumerable de ODSE.

(b) SeanAyBmodelos de ODSE yA0,B0submodelos finitos (del lenguaje, pero no ODSE).

Seaf: A0→B0un isomorfismo ya∗un elemento deA. Muestre que hay una extensi´on

f∗ def aA0∩ {a∗}que es un isomorfismo deA0∩ {a∗} con un submodelo finito deB.