La decidibilità dell'aritmetica con l'addizione, ma non la moltiplicazione. 1

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1 La decidibilità dell'aritmetica con l'addizione, ma non la moltiplicazione. 1 L'aritmetica non è decidibile; ma l'aritmetica senza la moltiplicazione è decidibile, come ha dimostrato Presburger. L' Aritmetica (con l'addizione, ma) senza la moltiplicazione è la teoria i cui teoremi sono i teoremi dell'aritmetica che non contengono il segno della moltiplicazione, gli enunciati senza- di L veri in N. L' Aritmetica (con la moltiplicazione, ma) senza l'addizione è la teoria i cui teoremi sono i teoremi dell'aritmetica che non contengono né + né '. Come l'aritmetica senza la moltiplicazione, l'aritmetica senza addizione è una teoria decidibile, come ha dimostrato Skolem. (Se scartiamo + ma non ', abbiamo una teoria indecidibile che non è essenzialmente differente dall'aritmetica, perché l'addizione è definibile grazie al successore e la moltiplicazione: i + j = k sse (a c)' (b c)' = ((a b)' (c c))', dove a = i', b = j', e c = k''.) Daremo una dimostrazione del risultato di Presburger. Al fine di dimostrare se un enunciato che contiene soltanto 0, ', e + è vero o no in N, considereremo un'interpretazione J, il cui dominio è l'insieme di tutti gli interi, positivi, negativi e zero. J assegna zero a 0 e uno a 1. J assegna a + la funzione dell'addizione (definita ora su tutti gli interi). J assegna a l'usuale funzione di sottrazione. J specifica che < è vera di i, j sse i è minore di j. J fa una ulteriore specificazione circa un numero infinito di lettere di predicato 1-ario D 2, D 3, D 4,...: J specifica che D m (m 2) è vera di i sse i è divisibile (senza resto) per m. Dimostreremo come decidere se un enunciato che contiene soltanto 0, 1, +,, < e qualcuna delle D m è vero o no in J. Dimostrato questo, avremo dimostrato come decidere se un enunciato S di L che non contiene è vero o no in N, perché il risultato della sostituzione di ogni occorrenza di ' con +1 e relativizzando tutti i quantificatori v e v in S alla formula (0 = v 0 < v) è vero in J sse S è vera in N. (Per relativizzare v( v) a una formula F in un enunciato S si riscrivono tutti i contesti in S nella forma: v... ( v...) come: v (F...) ( v(f...)). ) Usiamo un po' di terminologia. In questo capitolo un termine sarà un termine aperto : 0 o 1 o una variabile o un'espressione ottenuta riempiendo gli spazi vuoti di + e con termini aperti (più brevi); termini (aperti) sono soltanto le espressioni ottenibili dai termini (nel senso usuale) per sostituzione di (zero o più) variabili per i nomi. Una formula (enunciato) sarà una formula (enunciato) i cui soli simboli non-logici sono 0, 1, +,, <, e D 2, D 3, ecc. Denotazione significherà denotazione in J ; vero, vero in J. Diremo che due termini r ed s (due formule F e G) sono coestensivi se un enunciato v 1,... v n r = s (l'enunciato v 1,... v n (F G)) è vero, essendo v 1,...v n tutte le variabili che occorrono in r o s (F o G). Se t è un termine che non contiene alcuna variabile, allora, dato t, possiamo effettivamente calcolare la denotazione di t. Dato un enunciato atomico, allora, analogamente possiamo calcolare il valore di verità dell'enunciato, e quindi possiamo fare la stessa cosa per ogni enunciato quantifier-free. Dimostreremo come decidere se un enunciato è vero o no, dimostrando come, dato S, possiamo effettivamente trovare un enunciato quantifier-free T che è coestensivo con S (vale a dire, ha lo stesso valore di verità di S): una volta trovato T, può essere determinato effettivamente il suo valore di verità, che è anche il valore di verità di S. Il metodo che useremo per trovare il nostro T da S è chiamato eliminazione di quantificatori e consiste nel mostrare come associare a ciascuna formula quantifier-free F (che contiene possibilmente x libera, così come altre variabili libere), una formula quantifier-free G, che è coestensiva con xf in cui occorrono soltanto le variabili che occorrono libere in xf. Se per ciascuna formula quantifier-free F può essere trovata una tale formula quantifier-free G, allora con ciascun enunciato S può essere trovata una formula quantifier- 1 - Traduzione di The decidability of arithmetic with addiction, but not multiplication (capitolo 21) in Computability and Logic di George Boolos, Richard C. Jeffrey - Cambridge University Press (1974, prima edizione) Traduzione provvisoria di Gianluca Zoni

2 free T, coestensiva con S: in primo luogo poni S nella forma prenessa normale e poi sostituisci ciascun quantificatore universale v nel prefisso (la stringa di quantificatori) con v. Quindi lavora dall'interno verso l'esterno dell'enunciato, sostituendo successivamente i quantificatori esistenziali delle formule quantifier-free con formule coestensive quantifier-free (nelle quali non occorrono nuove variabili libere) fino a che non è ottenuto un enunciato non contenente alcuna variabile vincolata, vale a dire, un enunciato quantifier-free. Allora sia F una formula quantifier-free. Otteniamo G, coestensiva di xf, e che contiene occorrenze libere soltanto le variabili che occorrono libere in xf, eseguendo, in ordine, le 30 operazioni seguenti, che sostituiscono le formule con quelle coestensive senza nuove variabili libere: (1) Poni F nella forma normale disgiuntiva, vale a dire, riscrivi F come una disgiunzione (logicamente equivalente) di congiunzioni di formule atomiche e negazioni di formule atomiche contenute in F. Le formule atomiche e le loro negazioni hanno le seguenti sei forme: r = s r s r < s r s D m s D m s (r ed s sono termini) (2) Sostituisci ciascuna occorrenza di r = s con un'occorrenza di (r < (s + 1) s < (r + 1)). (3) Sostituisci ciascuna occorrenza di r s con un'occorrenza di (r < s s < r). (4) Usa la proprietà distributiva per riporre il risultato nella forma normale disgiuntiva. (5) Sostituisci ciascuna occorrenza di r s con un'occorrenza di s < (r + 1). (6) Sostituisci ciascuna occorrenza di D m s con un'occorrenza di (D m (s + 1) D m (s + 2)... D m (s + (m 1))). (Qui abbiamo scritto 2 al posto di (1 + 1) e (m 1) al posto di (1 + ( )...) con un numero m 1 di 1.) Il risultato è coestensivo con l'originale, poiché ogni intero m ( 0) divide esattamente uno dei a, a + 1,..., a + (m 1) (per ogni intero a). (7) Riponi il risultato nella forma normale disgiuntiva. A questo punto abbiamo una formula che è una disgiunzione di congiunzioni di formule atomiche nella forma r < s e D m s. (8) Sostituisci ciascuna occorrenza di r < s con un'occorrenza di 0 < (s r ). Scriviamo s, ecc. come abbreviazione di (0 s), ecc. Possiamo dire che un termine è in forma normale se ha una di queste cinque forme: (x + (... + x)...) con k x ( kx per abbreviare) (x + (... + x)...) con k x ( kx per abbreviare) ((x + (... + x)...) + t ) con k x ( kx + t per abbreviare) ( (x + (... + x)...) + t ) con k x ( kx + t per abbreviare) t, dove x non occorre in t. Ogni termine è coestensivo con un altro nella forma normale. (9) Sostituisci tutti i termini non-normali nella formula con i termini coestensivi normali. (10) Sostituisci ciascuna occorrenza di 0 < kx (0 < kx + t, 0 < kx + t ) con un'occorrenza di kx < 0 ( t < kx, kx < t, rispettivamente). A questo punto tutte le disequazioni (formule la cui lettera di predicato è < ) che contengono la variabile x hanno la forma t < kx oppure la forma kx < t, dove t è un termine in cui non occorre x e k è positivo. Possiamo chiamare disequazioni minori quelle nella prima forma, mentre disequazioni maggiori quelle nella seconda. Ora procediamo sostituendo la nostra formula con una nella quale ciascuna disgiunzione contiene al

3 massimo una disequazione minore. (11) Riordina l'ordine delle congiunzioni in ciascuna disgiunzione così che tutte le disequazioni minori occorrano sulla sinistra. Osserva che se t 1 < k 1 x t 2 k 1 t 1 k 2 è valida, allora allo stesso modo t 1 k 2 < k 1 k 2 x, e così t 2 k 1 < k 1 k 2 x, e così, pertanto, t 2 < k 2 x. ( t 2 k 1 denotano i termini (t 2 + (... + t 2 )...) tale che t 2 occorre k 1 volte.) (12) Se una congiunzione t 1 < k 1 x t 2 < k 2 x occorre in qualche disgiunzione, sostituisci ciascuna sua occorrenza in tale disgiunzione con un'occorrenza di (t 1 < k 1 x t 2 k 1 < t 1 k 2 ) (t 1 < k 1 x t 2 k 1 = t 1 k 2 ) (t 2 < k 2 x t 1 k 2 < t 2 k 1 ). (13) Rimuovi tutte le occorrenze di = come in 2. (14) Riponi il risultato nella forma normale disgiuntiva. Il numero massimo di disequazioni minori in ciascuna disgiunzione è stato ora ridotto da uno o ridotto a zero o uno. (Nota che t 2 k 1 < t 1 k 2 non è una disequazione minore dato che non contiene x.) (15) Ripeti fino che non c'è al massimo una disequazione minore in ciascuna disgiunzione. (16) Riduci il massimo numero di disequazioni maggiori in ciascuna disgiunzione fino a non più di una in modo analogo. Ricorda che m divide n sse m divide n. (17) Sostituisci ciascuna occorrenza di D m kx (D m kx, D m (kx + t), D m ( kx + t)) con un'occorrenza di D m (kx 0) (D m (kx 0), D m (kx t), D m (kx t), rispettivamente). Osserva che m divide y z sse m divide sia y sia z oppure m divide sia y 1 sia z 1 oppure... oppure m divide sia y (m 1) sia z (m 1). (18) Sostituisci ciascuna occorrenza di D m (kx t) con una occorrenza di ([D m (kx 0) D m (t 0)] [D m (kx 1) D m (t 1)]... [D m (kx (m 1) D m (t (m 1))]). (19) Riponi il risultato nella forma normale disgiuntiva. A questo punto tutte le formule nella forma D m s in cui occorre x sono nella forma D m (kx i) dove i e k denotano interi non-negativi. Chiameremo tali formule congruenze. Ora dobbiamo considerare la domanda: quando m divide kx i? Sia A m, k, i l'insieme degli interi y tali che 0 y < m e m divide ky i. Dati m, k, e i, possiamo effettivamente determinare quale (se qualcuno) dei 0, 1, 2,..., m 1 appartiene a A m, k, i. Lemma 1. m divide kx i sse per qualche y in A m, k, i, m divide x y. Dimostrazione. Supponiamo che m divide kx i. Se dividiamo x con m otteniamo gli interi y e w tali che x = wm + y e 0 y < m. Quindi wm = x y. Quindi m divide x y. Quindi m divide k(x y) = ky kx. Quindi m divide (ky kx)+(kx i) = ky i. Quindi y appartiene a A m, k, i. Per converso, se y appartiene a A m, k, i e m divide x y, allora m divide k(x y) = kx ky, e quindi divide (kx ky)+(ky i) = kx i, dato che m divide kx i.

4 Pertanto il passo seguente è giustificato: (20) Per ciascuna congruenza D m (kx i) che occorre nella formula, determina quale di 0, 1, 2,..., m 1 appartiene a A m, k, i. Se nessuno, sostituisci ciascuna occorrenza di D m (kx i) con una occorrenza di 0 < 0. Altrimenti, sostituisci ciascuna occorrenza di D m (kx i) con una occorrenza di (D m (x i 1 )... D m (x i j )), dove {i 1,..., i j } = A m, k, i. (21) Riponi il risultato nella forma normale disgiuntiva. A questo punto tutte le congruenze in cui occorre x sono nella forma D m (x i). Ora vogliamo sostituire la nostra formula con una (*) nella quale tutte le congruenze sono ancora nella forma D m (x i), e di cui è vero che se due congruenze D m1 (x i 1 ) e D m2 (x i 2 ) occorrono in una stessa delle sue disgiunzioni, allora m 1 e m 2 sono coprimi, vale a dire, nessun intero > 1 divide sia m 1 sia m 2. (22) Sostituisci ciascuna occorrenza di D m (x i) con un'occorrenza di (D m1 (x i)... D mk (x i)), dove per qualche p 1,..., p k, e 1,..., e k, abbiamo m = m 1... m k, m 1 = p 1 e 1,..., m1 = p k e k, p1 <... < p k, e p 1,..., p k sono primi. (Ogni intero positivo è il prodotto di un unico insieme di potenze di primi.) Osserva ora che se a divide b, allora a divide x y e b divide x z sse a divide z y e b divide x z. (23) Se per qualche primo p, e qualche e 1, e 2, con e 1 e 2, vi occorrono entro qualche disgiunzione le (due) congruenze D m1 (x i 1 ) e D m2 (x i 2 ), dove m 1 = p e 1 e m 2 = p e 2, sostituisci ciascuna occorrenza di D m1 (x i 1 ) in quella disgiunzione con una occorrenza di D m1 (i 2 i 1 ), e cancella tutte le ripetizioni delle congiunzioni. (24) Ripeti l'operazione 23 sufficientemente spesso fino a che nessuna disgiunzione contenga due congruenze D m1 (x i 1 ) e D m2 (x i 2 ), dove per qualche primo p e qualche e 1, e 2, m 1 = p e 1 e m 2 = p e 2. A questo punto abbiamo ottenuto la formula con la proprietà (*). Ora vogliamo ridurre il numero delle congruenze che occorrono in ciascuna disgiunzione a zero o uno. (25) Riscrivi tutte le congruenze a sinistra di ogni altra congiunzione in ciascuna disgiunzione della formula. Ciascuna disgiunzione della formula ora ha la forma: D m1 (x i)... D mk (x i)... Ora abbiamo bisogno di un risultato dalla teoria dei numeri denominata Teorema cinese del resto. Scriviamo rm(i, m j ) che significa il resto della divisione di i per m j. (rm(i, m j ) è definito, vale a dire, esiste un qualche numero come rm(i, m j ), sse rm m j > 0.) Il teorema cinese del resto. Supponiamo che i 1,..., i k sono numeri naturali, che m 1,..., m k sono coprimi, e che per ogni 1 j k, i j < m j. Sia m il prodotto di m 1,..., m k. Allora per qualche i < m, rm(i, m j ) = i j (per tutti gli 1 j k). Dimostrazione. (Enderton) Sia E(i) = rm(i, m 1 ),..., rm(i, m k ). Esistono n possibili resti (vale a dire, 0, 1,..., n 1) ottenibili dividendo diversi interi per n, e così esistono al massimo m 1... m k = m che possiamo avere come differenti possibili valori E. Dobbiamo dimostrare che per qualche i < m, E(i) = i 1,..., i k. E avremo dimostrato questo se possiamo dimostrare che se i < a < m, allora E(i) E(a), poiché allora E assumerà ciascuno dei suoi possibili valori, includendo i 1,..., i k, per esattamente uno dei numeri naturali i < m. Supponiamo allora che i < a < m e E(i) = E(a). Allora 0 < a i < m e per tutti 1 j k, rm(i, m j ) = rm(a, m j ). Quindi ciascun m j divide a i. Ma dato che due dei m 1,..., m k sono coprimi, m deve anche dividere a i. Ma è impossibile, poiché 0 < a i < m. Questo dimostra il teorema.

5 Per ogni j (1 j k), sia i j * = rm(i j, m j ) il resto della divisione di i j per m j. Allora i j * < m j, e m j divide x - i j sse m j divide x i j *. Ora noi applichiamo il teorema del resto cinese per ottenere un i tale che rm(i, m j ) = i j *, e quindi tale che m j divide i i j *, per ogni j (1 j k). Sia m = m 1,..., m k. Allora, poiché m 1,..., m k sono coprimi, m divide x - i sse m 1 divide x i e... e m k divide x i. Ma m j divide x - i sse m j divide (x i ) + (i i j *) = x i j *, sse m j divide x i j. Quindi m divide x i sse m 1 divide x i 1 e... e m k divide x i k. (26) Sostituisci ciascuna occorrenza di D m1 (x i 1 )... D mk (x i k ) con una occorrenza di una congruenza appropriata D m (x i). A questo punto abbiamo ottenuto una formula (F 1... F j ) di cui ciascuna disgiunzione contiene al massimo una disequazione minore, una disequazione maggiore, ed una congruenza nella forma D m (x i). (27) Riscrivi ciascuna disgiunzione così che tutte le congiunzioni che contengono x occorrono a sinistra. (28) Riscrivi x(f 1... F j ) come ( xf 1... xf j ). (29) Entro ciascuna disgiunzione xf k, limita il quantificatore a quelle tre o meno di tre congiunzioni in cui occorre x; se non ce ne sono, cancella il quantificatore. Quindi, per completare la descrizione della procedura per sostituire F con G, abbiamo bisogno solo di dimostrare come cercare una formula quantifier-free (**) che è coestensiva con ogni quantificazione esistenziale data (rispetto a x) di una congiunzione non vuota che contiene al massimo una disequazione minore s < jx (qui j 1 e x non occorre in s), al massimo una disequazione maggiore kx < t, e al massimo una congruenza nella forma D m (x i) e che non contiene alcuna nuova variabile libera, per cui allora l'operazione 30 ci darà il nostro G: (30) Sostituisci le occorrenze delle quantificazioni esistenziali nella forma descritta con occorrenze di appropriate formule coestensive quantifier-free. A tal fine, notiamo che x(d m (x i) s < jx kx < t) (A) è coestensiva con x(d jkm (jkx jki) ks < jkx jkx < jt). (B) (Qui, certamente, jkx denota il termine (x + (... + x)...) con un numero jk di x.) (B), a sua volta, è coestensiva di x(d jkm (x jki) ks < x x < jt) (C) perciò se jkm divide x jki, allora jk divide x jki, quindi jk divide x, e quindi per qualche x*, x = jkx*. (C) è nella forma x(d m (x i) s < x x < t) (D) Ogni formula di questo tipo è coestensiva con la formula ((s + 1) < t D m ((s + 1) i))... ((s + m) < t D m ((s + m) i)), che è quantifier-free e ha le stesse variabili libere di (D); per ogni due interi y e z dati, esisterà un intero x, strettamente compreso tra y e z, che è maggiore per i di qualche multiplo di m, sse uno dei y + 1,..., y + m è esso stesso minore di z e maggiore per i di qualche multiplo di m. Per quanto riguarda le formule più semplici di (A), x(s < jx kx < t) è coestensiva con x(ks < jkx jkx < jt), che è coestensiva con x(d jk (x 0) ks < x x < jt), che è una formula nella forma (D). Dato che jk x se x è positiva, e dato che esistono interi positivi arbitrariamente grandi che sono maggiori per i di qualche multiplo di m, x(d m (x i) s < jx) coestensiva con la formula quantifier-free vera 0 < 1. Analogamente, x(d m (x i) kx < t), xd m (x i), x(s < jx) e x(kx < t) sono tutte coestensive con 0 < 1. Poiché ora abbiamo dimostrato come trovare una formula quantifier-free con proprietà (**) in tutti i casi, abbiamo terminato.