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Transcript

HOW TO PROVE IT
A Structured Approach
Second Edition
Una traduzione in italiano non ufficiale e probabilmente piena di errori
Daniel J. Velleman
Department of Mathematics and Computer Science
Amherst College
14 dicembre 2016
Indice
Prefazione alla Seconda Edizione
ii
Prefazione
iii
Introduzione
1
1 Logica Enunciativa
1.1 Ragionamento Deduttivo e Connettivi Logici
1.2 Tabelle di Verità . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Variabili ed Insiemi . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Operazioni su Insiemi . . . . . . . . . . . . .
1.5 I connettivi Condizionale e Bicondizionale . .
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9
9
15
26
34
43
2 Logica dei quantificatori
55
2.1 Quantificatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.2 Equivalenze che Coinvolgono i Quantificatori . . . . . . . . . . . 64
2.3 Altre Operazioni sugli Insiemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3 Dimostrazioni
3.1 Strategie di Dimostrazione . . . . . . . . . . . . .
3.2 Dimostrazioni con Negazioni e Implicazioni . . .
3.3 Dimostrazioni con i Quantificatori . . . . . . . .
3.4 Dimostrazioni con Congiunzioni e Bicondizionali
3.5 Dimostrazioni con Disgiunzioni . . . . . . . . . .
3.6 Dimostrazioni di Esistenza e Unicità . . . . . . .
3.7 Altri Esempi di Dimostrazioni . . . . . . . . . . .
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83
83
93
105
121
131
141
149
A Soluzioni ad Esercizi Scelti
157
B Proof Designer
170
Strategie di Dimostrazione
172
i
Prefazione alla Seconda Edizione
Mi piacerebbe ringraziare tutti quelli che mi hanno inviato commenti alla prima
edizione. Questi commenti sono alla base di un gran numero di piccoli cambiamenti in tutto il testo. Tuttavia, la differenza più grande tra la prima edizione
e la seconda è l’aggiunta di più di 200 nuovi esercizi. C’è anche un’appendice
contenente le soluzioni di alcuni esercizi scelti. Gli esercizi per i quali vengono
fornite le soluzioni sono marcati con un asterisco. Nella maggior parte dei casi,
la soluzione è completa; in alcuni casi, è solo una bozza, o un suggerimento.
Alcuni esercizi dei Capitoli 3 e 4 sono marcati con il simbolo PD. Ciò indica che
questi esercizi possono essere risolti usando Proof Designer. Proof Designer è un
programma per computer che aiuta l’utente a scrivere dimostrazioni nella teoria
degli insiemi elementare, usando i metodi discussi in questo libro. Ulteriori
informazioni su Proof Designer posso essere trovati in appendice, e sul sito web
di Proof Designer: http://www.cs.amherst.edu/~djv/pd/pd.html.
ii
Prefazione
Gli studenti di matematica e informatica spesso incontrano problemi la prima
volta che viene loro chiesto di lavorare seriamente con dimostrazioni matematiche, perché non conoscono le “regole del gioco”. Che cosa ci si aspetta da
voi se vi viene chiesto di dimostrare qualcosa? Cosa distingue una dimostrazione corretta da una sbagliata? Questo libro intende aiutare gli studenti ad
apprendere le risposte a queste domande precisando i principi di base relativi
alla costruzione di dimostrazioni.
Molti studenti hanno il loro prima con le dimostrazioni tipicamente all’interno di un corso di geometria delle scuole superiori. Sfortunatamente, agli studenti
di questi corsi viene di solito insegnato a pensare ad una dimostrazione come una
lista numerata di affermazioni e spiegazioni, una visione del concetto di dimostrazione troppo restrittiva per essere veramente utile. C’è un parallelo da fare
con l’informatica che può essere istruttivo. I primi linguaggi di programmazione
incoraggiavano una simile visione restrittiva dei programmi per calcolatore, come liste numerate di istruzioni. Ora gli informatici si sono allontanati da questi
linguaggi e insegnano la programmazione usando linguaggi che incoraggiano un
approccio chiamato “programmazione strutturata”. La discussione delle dimostrazioni in questo libro è ispirata dal credere che molte delle considerazioni che
hanno portato gli informatici ad abbracciare un approccio strutturato alla programmazione si applicano anche alla scrittura di dimostrazioni. Potreste dire
che questo libro insegna la “dimostrazione strutturata”.
Nella programmazione strutturata, un programma è costruito, non elencando istruzioni una dopo l’alta, ma combinando certe strutture di base come i
costrutti if-else e i cicli do-while del linguaggio di programmazione Java. Queste strutture vengono combinate, non solo elencandole una dopo l’altra, ma
anche annidandole una dentro l’altra. Per esempio, un programma costruito
annidando un costrutto if-else all’interno di un ciclo do-while avrebbe questo
aspetto:
do
if [condizione]
[Qui va un elenco di istruzioni.]
else
[Qui va un elenco alternativo di istruzioni.]
while [condizione]
iii
PREFAZIONE
iv
L’indentazione in questo schema di programma non è assolutamente necessario,
ma è un metodo conveniente spesso usato in informatica per visualizzare la
struttura sottostante del programma.
Anche le dimostrazioni matematiche sono costruite combinando certe strutture di base. Per esempio, una dimostrazione della forma “se P allora Q” spesso
usa una struttura che potremmo chiamare “suppose-until”: noi supponiamo che
P sia vero finché siamo in grado di raggiungere la conclusione che Q è vero,
al qual punto ritiriamo la supposizione e concludiamo che l’affermazione “se P
allora Q” è vera. Un altro esempio è la struttura “per un x arbitrario dimostra”: per dimostrare una affermazione della forma “per tutti gli x, P (x)” noi
dichiariamo che x è un oggetto arbitrario e quindi dimostriamo P (x). Una volta
che abbiamo raggiunto la conclusione che P (x) è vero, ritiriamo la dichiarazione
che x è arbitrario e concludiamo che l’affermazione “per tutti gli x, P (x)” è vera. Inoltre, per dimostrare affermazioni più complesse, queste strutture possono
essere spesso combinate, non soltanto elencandole una dopo l’altra, ma anche
annidandole una dentro l’altra. Per esempio, per dimostrare una affermazione
della forma “per tutti gli x, se P (x) allora Q(x)” probabilmente annideremmo una struttura “suppose-until” dentro una struttura “per un x arbitrario
dimostra”, ottenendo una dimostrazione di questa forma
Forma nella dimostrazione finale:
Sia x arbitrario.
Supponiamo che P (x) sia vero.
[Qui va una dimostrazione di Q(x).]
Cosı̀, se P (x) allora Q(x).
Cosı̀, per tutti gli x, se P (x) allora Q(x).
Come prima, abbiamo usato l’indentazione per rendere più evidente la struttura sottostante la dimostrazione.
Naturalmente i matematici generalmente non scrivono le loro dimostrazioni
in questa forma indentata. Il nostro obiettivo in questo libro è insegnare agli
studenti a scrivere dimostrazioni in italiano ordinario, proprio come fanno i matematici, e non in forma indentata. Nonostante ciò, il nostro approccio è basato
sulla convinzione che perché gli studenti possano avere successo nello scrivere
le dimostrazioni, devono capire la struttura sottostante queste dimostrazioni.
Devono imparare, per esempio, che la frase “Sia x arbitrario” e “Supponiamo
P ” non sono passi isolati nella dimostrazione, ma sono usati per introdurre le
strutture “per un x arbitrario dimostra” e “suppose-until”. Non è raro per gli
studenti principianti usare queste frasi in altri modi inappropriati. Tali errori
sono analoghi ad un errore di programmazione in cui usiamo un “do” senza un
corrispondente “while”.
Notare che nei nostri esempi, la scelta delle strutture di dimostrazione è
legata alla forma logica dell’affermazione che stiamo dimostrando. Per questa
ragione, il libro inizia con la logica elementare per familiarizzare gli studenti con
le varie forme che le affermazioni matematiche possono avere. Il Capitolo 1 discute i connettivi logici, e i quantificatori sono introdotti nel Capitolo 2. Queste
PREFAZIONE
v
capitolo presentano anche la teoria elementare degli insiemi, perché è un argomento importante che sarà usato nel resto del libro (e in tutta la matematica),
e anche perché serve per illustrare molti dei punti di logica discussi in questi
capitoli.
Il Capitolo 3 copre le tecniche di dimostrazione strutturata in maniera sistematica, attraversando le varie forme che le affermazioni matematiche possono
avere e discutendo le strutture di dimostrazione appropriate per ogni forma.
Gli esempi di dimostrazioni in questo capitolo sono per la maggior parte scelti
non per il loro contenuto matematico, ma per la struttura di dimostrazione che
illustrano. Questo è vero specialmente all’inizio del capitolo, quando sono state
discusse solo poche tecniche dimostrative, e pertanto molte delle dimostrazioni
in questa parte del capitolo sono piuttosto banali. Mano a mano che si va avanti nel capitolo le dimostrazioni divengono più sofisticate e più interessanti dal
punto di vista matematico.
I Capitoli 4 e 5, sulle relazioni e le funzioni, servono a due scopi. Prima di
tutto, forniscono la materia su cui gli studenti possono praticare le tecniche di
scrittura di dimostrazioni del Capitolo 3. E secondo, introducono gli studenti a
dei concetti fondamentali usati in tutta la matematica.
Il Capitolo 6 è dedicato a un metodo di dimostrazione che è molto importante sia in matematiche che in informatica: l’induzione matematica. La presentazione si basa sulle tecniche del Capitolo 3, che gli studenti a questo punto
dovrebbero padroneggiare.
Infine, nel Capitolo 7 molte idee provenienti dal resto del libro vengono messe
assieme per dimostrare alcuni dei teoremi più difficili e interessanti del libro.
Vorrei ringraziare tutti coloro che hanno letto le precedenti bozze del manoscritto e mi hanno fornito molti suggerimenti utili per migliorarlo, in particolare
Lauren Cowles alla Cambridge University Press, il mio collega prof. Duane Bailey e la sua classe di Matematica Discreta, che ha provato le prime versioni di
alcuni capitoli, e infine mia moglie, Shelley, senza il cui costante incoraggiamento
questo libro non sarebbe mai stato scritto.
Introduzione
Cosa è la matematica? La matematica delle scuole superiori si occupa principalmente di risolvere equazioni e di calcolare soluzioni a problemi di tipo numerico.
La matematica a livello universitario ha a che fare con una più ampia varietà
di problemi, che coinvolgono non soltanto numeri, ma anche insiemi, funzioni,
e altri oggetti matematici. Ciò che lega tutto assieme è l’uso del ragionamento
deduttivo per trovare risposte ai problemi. Quando risolvete un’equazione nella
variabile x, state usando le informazioni date nell’equazione per dedurre quale dev’essere il valore di x. Allo stesso modo, quando i matematici risolvono
altri tipi di problemi, giustificano sempre le loro conclusioni col ragionamento
deduttivo.
Il ragionamento deduttivo in matematica è generalmente presentato sotto
forma di una dimostrazione. Uno degli scopi principali di questo libro è aiutare a sviluppare le vostre abilità di ragionamento matematico in generale, e in
particolare la vostra capacità di leggere e scrivere dimostrazioni. Nei capitoli
più avanti studieremo più in dettaglio come costruire le dimostrazioni, ma per
il momento diamo un’occhiata ad alcuni semplici esempi di dimostrazioni.
Non vi preoccupate se avete problemi a capire queste dimostrazioni. Il loro
scopo è solo quello di dare una assaggio di cosa sia una dimostrazione in matematica. In qualche caso sarete in grado di seguire la maggior parte dei passi
della dimostrazione, ma potreste essere perplessi sul perché questi passi siano
combinati in un determinato modo, o sul come qualcuno possa avere “inventato”
la dimostrazione. Se siete in questa situazione, vi chiediamo di essere pazienti.
A molte di queste domande daranno risposa i capitoli successivi del libro, in
particolare il Capitolo 3.
Tutti gli esempi di dimostrazioni in questa introduzione avranno a che fare
con i numeri primi. Ricordiamo che un numero intero maggiore di 1 si dice
primo se non può essere scritto come prodotto di due interi più piccoli di lui.
Per esempio, 6 non è primo perché 6 = 2 · 3, ma 7 è primo.1
Prima di poter dare un esempio di dimostrazione che coinvolge i numeri
primi, abbiamo bisogno di trovare qualcosa da dimostrare – qualche fatto sui
numeri primi la cui correttezza può essere verificata con una dimostrazione. Talvolta in matematica si possono trovare degli schemi interessanti semplicemente
provando a fare dei calcoli su un po’ di numeri. Per esempio, considerate la
1 In alternativa, si può definire numero primo un un numero intero maggiore di 1 che è
divisibile solo per 1 e per se stesso. Le due definizioni sono del tutto equivalenti.
1
PREFAZIONE
2
n
2
3
4
5
6
7
8
9
10
n è
sı̀
sı̀
no:
sı̀
no:
sı̀
no:
no:
no:
primo?
4=2·2
6=2·3
8=2·4
9=3·3
10 = 2 · 5
2n − 1
3
7
15
31
63
127
255
511
1023
2n − 1 è primo?
sı̀
sı̀
no: 15 = 3 · 5
sı̀
no: 63 = 7 · 8
sı̀
no: 255 = 15 · 17
no: 511 = 7 · 73
no: 1023 = 31 · 33
Figura 1
tabella in Figura 1. Per ogni intero n tra 2 e 10 la tabella mostra se è vero che
n e 2n − 1 sono primi. Sorprendentemente, uno schema è evidente: sembra che
2n − 1 sia primo precisamente in quei casi in cui n è primo!
Questo schema continuerà ad essere valido per tutti i possibili valori di n?
È ragionevole supporre che continuerà, ma questa è, appunto, solo una supposizione. I matematici usano una parola per queste supposizioni: congettura.
Pertanto, abbiamo le seguenti due congetture.
Congettura 1 Si supponga che n sia un numero intero più grande di 1 e che
n sia primo. Allora 2n − 1 è primo.
Congettura 2 Si supponga che n sia un numero intero più grande di 1 e che
n non sia primo. Allora 2n − 1 non è primo.
Sfortunatamente, se continuiamo la tabella di Figura 1, scopriamo immediatamente che la Congettura 1 non è corretta. È facile controllare che 11 è primo,
ma 211 − 1 = 2047 = 23 · 89 non è primo. Pertanto, 11 è un controesempio alla
Congettura 1. L’esistenza di anche un singolo controesempio stabilisce che la
congettura è sbagliata, ma è interessante notare che in questo caso ci sono molti
controesempi: sia 23 che 29 sono primi, ma 223 − 1 = 8.388.607 = 47 · 178.481
e 229 − 1 = 536.870.911 = 2089 · 256.999. Tuttavia, nessun numero fino a 30 è
un controesempio per la Congettura 2.
Pensate che la Congettura 2 sia corretta? Avendo trovato un controesempio
alla Congettura 1, sappiamo che questa congettura è sbagliata, ma il fatto che
non siamo riusciti a trovare un controesempio per la Congettura 2 non mostra
che quest’ultima sia corretta. Magari esistono dei controesempi, ma il più piccolo
è più grande di 30. Continuare a provare per valori sempre crescenti di n può
consentirci di scoprire un controesempio, o, se non lo troviamo, accrescere la
nostra fiducia sulla validità della congettura. Ma non possiamo mai essere sicuri
che la congettura sia vera se ci limitiamo a provare degli esempi. Non importa
quanti valori di n controlliamo, c’è sempre la possibilità che il successivo sia il
controesempio tanto desiderato. L’unica maniera con cui possiamo essere sicuri
che la Congettura 2 sia corretta è dimostrarla.
Effettivamente, la Congettura 2 è corretta. Questa è la dimostrazione:
PREFAZIONE
3
Dimostrazione della Congettura 2. Poiché n non è primo, ci sono due numeri
interi positivi a e b tali che a < n, b < n ed n = ab. Sia x = 2b − 1 ed
y = 1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b . Allora
xy = (2b − 1) · (1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b )
= 2b · (1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b ) − (1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b )
= (2b + 22b + 23b + · · · 2ab ) − (1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b )
= 2ab − 1
= 2n − 1.
Poiché b < n, possiamo concludere che x = 2b − 1 < 2n − 1. Inoltre, poiché
ab = n > a, segue che b > 1. Pertanto x = 2b − 1 > 21 − 1 = 1 e quindi
2n − 1 = xy > y. Abbiamo cosı̀ verificato che 2n − 1 può essere scritto come
prodotto di due interi x e y, entrambi più piccoli di 2n − 1. Questo vuol dire,
secondo la nostra definizione, che 2n − 1 non è primo.
Ora che la congettura è stata dimostrata, possiamo chiamarla teorema. Non
preoccupatevi se trovate che la dimostrazione sia misteriosa. Ci ritorneremo
alla fine del Capitolo 3 per analizzare come è stata costruita. Per il momento, il
punto importante da capire è che se n è un intero più grande di 1 che può essere
scritto come prodotto di due interi positivi più piccoli, chiamati a e b, allora la
dimostrazione dà un metodo (sebbene un po’ misterioso) di scrivere 2n − 1 come
prodotto di due interi più piccoli x ed y. Pertanto, se n non è primo, 2n − 1 non
può essere primo. Per esempio, supponiamo n = 12, cosı̀ che 2n − 1 = 4095.
Poiché 12 = 3 · 4, possiamo prendere a = 3 e b = 4 nella dimostrazione. A
questo punto, in accordo alla formula per x e y data nella dimostrazione, avremo
x = 2b − 1 = 24 − 1 = 15 e y = 1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b = 1 + 24 + 28 = 273.
Esattamente come la dimostrazione aveva predetto, abbiamo xy = 15 · 273 =
4095 = 2n − 1. Naturalmente ci sono altri modi di fattorizzare 12 nel prodotto
di due interi più piccoli, e questi portano ad altri modi di fattorizzare 4095. Per
esempio, poiché 12 = 2 · 6 potremmo usare i valori a = 2 e b = 6. Se si prova a
calcolare i valori corrispondenti di x e y, si scopre che comunque il loro prodotto
è 4095.
Sebbene sappiamo già che la Congettura 1 è errata, ci sono comunque varie
domande interessanti che ci possiamo porre. Se continuiamo a provare con
nuovi numeri primi n, continueremo a trovare controesempi alla Congettura 1,
ovvero esempi per i quali 2n − 1 non è primo? Continueremo a trovare esempi
in cui 2n − 1 è primo? Se ci fossero solo un numero finito di primi, si potrebbe
rispondere a queste domande semplicemente controllando 2n − 1 per tutti i
numeri primi n. Tuttavia, i numeri primi sono infiniti. Euclide (circa nel 350
A.C.) ci ha dato una dimostrazione di questo fatto nel Libro IX degli Elementi.
La sua dimostrazione è una delle più famose di tutta la matematica.
Teorema 3 Ci sono infiniti numeri primi.
Dimostrazione. Supponiamo ci siano solo un numero finito di numeri primi. Sia
p1 , p2 , . . . , pn la lista di tutti i numeri primi. Sia m = p1 p2 · · · pm + 1. Notiamo
PREFAZIONE
4
che m non è divisibile per p1 , poiché dividendo m per p1 otteniamo il quoziente
p2 · · · pm e il resto di 1. Allo stesso modo, m non è divisibile per p2 , p3 , . . . , pn .
Usiamo ora il fatto che ogni intero più grande di 1 o è primo oppure può
essere scritto come prodotto di numeri primi. (Vedremo una prova di questo
fatto nel Capitolo 6.) Chiaramente m è maggiore di 1, pertanto m o è primo
oppure è prodotto di primi. Supponiamo per adesso che m sia primo. Notare
che m è più grande di tutti i numeri della lista p1 , p2 , . . . , pn , pertanto abbiamo
trovato un primo che non è presente in questa lista. Ma questo contraddice il
fatto che questa fosse la lista di tutti i numeri primi, per cui evidentemente m
non può essere primo.
Ora supponiamo che m sia prodotto di primi. Sia q uno dei primi in questo
prodotto, e quindi m è divisibile per q. Ma abbiamo già visto che m non
è divisibile da nessuno dei numeri nella lista p1 , p2 , . . . , pn , e siccome q è un
primo e p1 , p2 , . . . , pn è la lista di tutti i numeri primi, questa è di nuovo una
contraddizione. Allora m non può essere neanche un prodotto di primi.
Quindi m non può essere né primo né prodotto di primi. Questo è assurdo,
e l’unica spiegazione possibile è che abbiamo fatto ad un certo punto della
dimostrazione una ipotesi che si è rivelata errata. L’unica ipotesi fatta nella
dimostrazione è quella iniziale che c’è un numero finito di primi. Dunque questa
supposizione è falsa, e i numeri primi sono infiniti.
Ancora un volta, non dovreste preoccuparvi se alcuni aspetti della dimostrazione sembrano misteriosi. Dopo il Capitolo 3 sarete pronti a capire la prova
nel dettaglio. Ritorneremo dopo su questa dimostrazione e analizzeremo la sua
struttura.
Abbiamo visto che se n non è primo, allora 2n − 1 non può essere primo. Ma
se n è primo, allora 2n − 1 può essere primo oppure non primo. Poiché ci sono
infiniti numeri primi, ci sono un numero infinito di numeri della forma 2n − 1
con n primo che, per quanto ne sappiamo, potrebbero essere primi. Ma quanti
di questi sono effettivamente primi?
I numeri primi della forma 2n − 1 sono chiamati primi di Mersenne, dal
nome di Padre Marin Mersenne (1588–1647), un prete e studioso francese che
si occupò di numeri primi. Sebbene siano stati trovati molti primi di Mersenne,
non è tutt’ora noto se ce ne siano un numero infinito oppure no. Molti dei numeri
primi più grandi ad oggi noti sono proprio primi di Mersenne. Nel momento
in cui scrivo (Gennaio 2016), il più grande numero primo noto è il primo di
Mersenne 274.207.281 − 1, un numero con 22.338.618 cifre.
I primi di Mersenne sono collegati ai numeri perfetti, il tema di un altro
famoso problema irrisolto della matematica. Un numero positivo n si dice perfetto se n è uguale alla somma dei suoi divisori positivi propri, ovvero dei numeri
interi positivi più piccoli di n che dividono n.2 Per esempio, gli unici interi positivi propri che dividono 6 sono 1, 2, 3 e 6. Poiché 1 + 2 + 3 = 6, il numero 6
è perfetto. Il successivo numero perfetto è 28. (Dovreste controllare da voi che
28 è perfetto trovando tutti i divisori positivi propri di 28 e sommandoli.)
2 Data una coppia di interi m ed n, si dice che m divide n se n è divisibile per m; in altre
parole, se c’è un intero q tale che n = qm
PREFAZIONE
5
Euclide ha dimostrato che se 2n − 1 è primo, allora 2n−1 (2n − 1) è perfetto.
Pertanto, ogni primo di Mersenne da origine a un numero perfetto. Inoltre, circa
2000 anni dopo Euclide, il matematico svizzero Leonhard Euler (1707–1783), il
matematico più prolifico della storia, ha dimostrato che tutti i numeri perfetti
pari si originano in questo modo (Per esempio, notate che 6 = 21 (22 − 1) e
28 = 22 (23 − 1).) Poiché non è noto se ci sono infiniti primi di Mersenne, non
è neanche noto se ci sono infiniti numeri perfetti pari. Non si sa neanche se
esistono numeri perfetti dispari: non se ne conosce neanche uno, ma nessuno ha
mai dimostrato che non esistono.
Sebbene ci siano un numero infinito di primi, questi diventano più rari mano
a mano che ci spostiamo su numeri sempre più grandi. Per esempio, ci sono
25 primi tra 1 e 100, 16 tra 1000 e 1100, e soltanto sei primi tra 1.000.000
e 1.000.100. Come ultimo esempio introduttivo di dimostrazione, mostriamo
che esistono sequenze lunghe a piacere di numeri interi senza nessun primo. In
questa dimostrazione usiamo la seguente terminologia: per qualunque numero
positivo n, chiamiamo fattoriale di n e denotiamo con n! il prodotto di tutti gli
interi da 1 fino ad n. In altri termini, n! = 1 · 2 · 3 · · · n. Come per le nostre prove
precedenti, torneremo su questa dimostrazione nel Capitolo 3 per analizzarne la
struttura.
Teorema 4 Per ogni intero positivo n, esiste una sequenza di n interi positivi
consecutivi che non contiene primi.
Dimostrazione. Dato n intero positivo, sia x = (n + 1)! + 2. Mostriamo che
nessuno dei numeri x, x + 1, x + 2, . . . , x + (n − 1) è primo. Poiché questa è
una sequenza di n numeri consecutivi, ciò conduce direttamente alla prova del
teorema.
Per vedere che x non è primo, notiamo che
x = 1 · 2 · 3 · 4 · · · (n + 1) + 2
= 2 · (1 · 3 · 4 · 4 · · · (n + 1) + 1).
Quindi x può essere scritto come prodotto di due numeri più piccoli, ovvero x
non è primo. Allo stesso modo, abbiamo
x + 1 = 1 · 2 · 3 · 4 · · · (n + 1) + 3
= 3 · (1 · 2 · 4 · 4 · · · (n + 1) + 1).
per cui neanche x + 1 è primo. In generale, consideriamo il numero x + i, dove
0 ≤ i ≤ n − 1. Abbiamo:
x + i = 1 · 2 · 3 · 4 · · · (n + 1) + (i + 2)
= (i + 2) · (1 · 2 · 3 · · · (i + 1) · (i + 3) · · · (n + 1) + 1).
per cui x + i non è primo.
Il Teorema 4 mostra che ci sono a volte lunghe sequenze di numeri tra un
primo e il successivo. Ma i primi si trovano talvolta vicini tra di loro. Poiché 2
PREFAZIONE
6
è l’unico primo pari, l’unica coppia di numeri primi consecutivi è data da 2 e 3.
Ma ci sono molte coppie di primi che differiscono solo di due, per esempio, 5 e
7, 29 e 31, 7949 e 7951. Tali coppie di primi si chiamano primi gemelli. Non si
sa se i primi gemelli siano finiti o infiniti.
Appendice: dimostrazioni per assurdo
La dimostrazione del Teorema 3 usa una tecnica abbastanza comune in matematica: per dimostrare che una certa proprietà P è falsa, si assume che P sia
vera. Se raggiungiamo da questa una contraddizione insanabile, allora la nostra
assunzione si è rivelata fallace e P deve essere falsa. Si parla spesso in questo
caso di dimostrazione per assurdo.
Nel caso del Teorema 3 la proprietà P in questione era il fatto che i numeri
primi sono finiti. Assumendola vera, siamo arrivati ad una contraddizione e
abbiamo concluso che i numeri primi sono infiniti. Vediamo un esempio di
un’altra dimostrazione di questo tipo.
Ricordiamo che un numero reale si dice irrazionale se non è razionale, ovvero
se non può essere scritto come frazione. Dimostriamo allora quanto segue:
√
Teorema 5 Il numero 2 è irrazionale.
√
Dimostrazione. Assumiamo
che 2 sia razionale, ovvero esistono due interi po√
sitivi p e q tali che 2 = pq . Ovviamente q è diverso da 0. Elevando al quadrato
2
ambo i membri otteniamo 2 = pq2 e quindi 2q 2 = p2 . Adesso facciamo uso di
una proprietà che non dimostriamo ma che dovreste conoscere, ovvero che ogni
numero si può scomporre come prodotto di primi in maniera unica.
Quindi q = q1 q2 · · · qM con q1 , q2 , . . . , qM primi e p = p1 p2 · · · pN sempre con
p1 , p2 , . . . , pN primi. Ne segue che q 2 e p2 si scompongono in fattori primi come
q 2 = q1 q2 · · · qM · q1 q2 · · · qM e p2 = p1 p2 · · · pN · p1 p2 · · · pN , mentre la scomposizione in fattori primi di 2q 2 è 2q1 q2 · · · qM · q1 q2 · · · qM . Siccome p2 = 2q 2 , le due
scomposizioni in fattori primi di p2 e 2q 2 devo essere uguali. Questo vuol dire
che se un certo primo x compare un certo numero di volte nella scomposizione
di p2 , deve comparire lo stesso numero di volte nella scomposizione di q 2 .
Consideriamo il numero primo 2. Non sappiamo quante volte compare nella
scomposizione di p2 , ma sicuramente è un numero pari di volte, visto che ogni
pi è ripetuto due volte. Il 2 compare un numero pari di volte anche nella
scomposizione di q 2 , per lo stesso motivo, e quindi compare un numero dispari
di volte nella scomposizione di 2q 2 . Dunque 2q 2 e p2 hanno scomposizioni in
fattori primi diverse,
e questa è una contraddizione. Ne segue che la nostra
√
assunzione che 2 sia esprimibile come frazione è errata.
Appendice: congetture e teoremi famosi
La parte della matematica che ha a che fare con i numeri primi si chiama Teoria
dei Numeri. La teoria dei numeri è molto affascinante perché piena di congetture
PREFAZIONE
7
che, sebbene possano essere spiegate facilmente anche a bambini delle scuole
elementari, non sono mai state dimostrate.
Abbiamo visto qualcuna di queste congetture nei paragrafi precedenti: l’esistenza di infiniti primi di Mersenne, di infinite coppie di primi gemelli, etc. . . .
Un’altra congettura molto famosa è questa:
Congettura 6 (Congettura di Goldbach) Ogni numero pari maggiore di 2 può
essere scritto come somma di due numeri primi (eventualmente uguali).
Ad esempio 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 5 + 3 e cosı̀ via. Sebbene sia stato
verificato che la congettura di Goldbach è vera fino a 4·1018 , essa rimane ancora
non dimostrata.
Un’altra congettura che è stata dimostrata solo di recente è nota come ultimo
teorema di Fermat.
Teorema 7 (Ultimo teorema di Fermat) Per ogni intero n > 2, non esistono
interi positivi a, b, c tali che an + bn = cn .
L’ipotesi n > 2 è essenziale. Infatti, per n = 1, basta prendere c = a + b e si
ha ovviamente a1 + b1 = c1 . Il caso n = 2 ha a che fare col teorema di Pitagora,
perché la proprietà c2 = a2 + b2 è quella che lega la lunghezza dell’ipotenusa (c)
alla lunghezze dei due cateti (a e b) in un triangolo rettangolo. Se esistono a,
b e c interi con c2 = a2 + b2 vuol dire che esistono triangoli rettangoli con tutti
i lati interi e le triple a, b, c con questa proprietà si chiamano terne pitagoriche.
Effettivamente, le terne pitagoriche esistono, ad esempio a = 3, b = 4, c = 5 è
una di esse. In realtà, è noto dall’antichità che esistono infinite terne pitagoriche.
Tuttavia, per n > 2, nessuno aveva mai trovato delle triple a, b, c con la
proprietà an + bn = cn . Il matematico Pierre de Fermat, intorno al 1637, sui
margini di un libro di matematica scrive che ha trovato una dimostrazione del
fatto che non esiste nessuna tripla a, b, c con questa proprietà per nessun n > 2,
ma che non ha lo spazio per scriverla lı̀, sul margine del libro. Da allora molti
hanno provato a dimostrare questa congettura, ma una dimostrazione fu trovata
solo nel 1993 da Andrew Wiles. La dimostrazione, che è lunga 130 pagine, è
considerata al di là della comprensione della maggior parte dei matematici di
oggi.
Esercizi
*1. (a) Fattorizzare 215 − 1 = 32767 nel prodotto di due interi positivi più
piccoli.
(b) Trovare un intero x tale che 1 < x < 232767 −1 e 232767 −1 è divisibile
per x.
2. Fare delle congetture sui valori di n per i quali 3n − 1 è primo e sui valori
di n per i quali 3n − 2n è primo. (Potete partire costruendo una tabella
simile a quella in Figura 1.)
*3. La dimostrazione del Teorema 3 ci da un modo per trovare un numero
primo diverso da qualunque altro in una data lista di numeri primi.
PREFAZIONE
8
(a) Usare questo metodo per trovare un primo diverso da 2, 3, 5 e 7.
(b) Usare questo metodo per trovare un primo diverso da 2, 5 e 11.
4. Trovare cinque interi consecutivi che non sono primi.
5. Usare la tabella in Figura 1 e la discussione a pag. 5 per trovare due
ulteriori esempi di numeri perfetti.
6. La sequence 3, 5, 7 è una lista di tre primi tale che ogni coppia di numeri
adiacenti nella lista differisce per due. Ci sono altre “triplette” simili?
Capitolo 1
Logica Enunciativa
1.1
Ragionamento Deduttivo e Connettivi Logici
Come abbiamo visto nell’introduzione, le dimostrazioni giocano un ruolo importante nella matematica, e il ragionamento deduttivo è il loro fondamento. Pertanto, iniziamo il nostro studio delle dimostrazioni esaminando come funziona
il ragionamento deduttivo.
Esempio 1.1.1. Ecco tre esempi di ragionamento deduttivo:
1. Domani pioverà o nevicherà
È troppo caldo per nevicare.
Dunque pioverà.
2. Se oggi è domenica, allora non devo andare a lavoro.
Oggi è domenica.
Pertanto, non devo andare a lavoro.
3. Andrò a lavoro o domani oppure oggi.
Oggi rimarrò a casa.
Pertanto, andrò a lavoro domani.
In ognuno dei tre casi, siamo arrivati ad una conclusione assumendo che
altre affermazioni, chiamate premesse, fossero vere. Per esempio, le premesse
nel ragionamento 3 sono le affermazioni “Andrò a lavoro o oggi oppure domani”
e “Oggi rimarrò a casa”. La conclusione è “Andrò a lavoro domani”, e questa
sembra essere forzata in qualche modo dalle premesse.
Ma questa conclusione è veramente corretta? Dopo tutto, può darsi che
oggi me ne stia a casa, e l’indomani mi svegli ammalato, finendo di nuovo per
rimanere a casa. Se questo accadesse, la conclusione sarebbe sbagliata. Notare
però che, in questo caso, la prima premessa, quella che dice che andrò a lavoro
o oggi o domani, sarebbe falsa anch’essa! Sebbene non abbiamo garanzie che
la conclusione sia vera, essa può essere falsa solo se almeno una delle premesse
è pure falsa. Se entrambe le premesse sono vere, possiamo essere sicuri che la
conclusione sarà anch’essa vera. In questo senso la conclusione è forzata dalle
premesse, e questo è la maniera in cui si deve giudicare la correttezza di un
9
CAPITOLO 1. LOGICA ENUNCIATIVA
10
ragionamento deduttivo. Diremo che un ragionamento è valido se è impossibile
che le premesse siano vere ma la conclusione falsa. Tutti e tre i ragionamenti
nel nostro esempio sono validi.
Questo è un esempio di un ragionamento deduttivo non valido:
O il maggiordomo è colpevole, oppure la cameriera è colpevole.
O la cameriera è colpevole, oppure il cuoco è colpevole.
Pertanto, o il maggiordomo è colpevole oppure il cuoco è colpevole.
Il ragionamento non è valido perché la conclusione può essere falsa anche se le
premesse sono entrambe vere. Questo è quello che accade, per esempio, se la
cameriera è colpevole, ma il cuoco e il maggiordomo sono innocenti.
Possiamo imparare qualcosa di ciò che rende un ragionamento valido confrontanto i tre ragionamenti dell’Esempio 1.1.1. A prima vista, sembra che
i ragionamenti 2 e 3 siano i più simili, perché entrambi trattano dello stesso
argomento: andare a lavoro. Ma in termini delle deduzioni usate, sono i ragionamenti 1 e 3 che sono più simili. Entrambi introducono due possibilità nella
prima premessa, escludono la seconda possibilità con la seconda premessa, e
concludono che la prima possibilità deve essere quella giusta. In altre parole,
entrambi i ragionamenti hanno questa forma:
P oppure Q.
non Q.
Pertanto, P .
È questa forma, e non la materia trattata, che rende il ragionamento valido.
Potete vedere che il ragionamento 1 ha questa forma pensando che la lettera
P stia per “Domani pioverà” e la lettera Q stia per “Domani nevicherà”. Nel
ragionamento 3, P sta per “Andrò a lavoro domani” e Q per “Andrò a lavoro
oggi”.
Rimpiazzare certe affermazioni nei due ragionamenti con le lettere, come
abbiamo fatto sopra, ha due vantaggi. Prima di tutto, ci impedisce di distrarci
con gli aspetti del ragionamento che non hanno a che fare con la sua validità.
Non dovete essere esperti di previsioni del tempo o abitudini di lavoro per riconoscere la validità dei ragionamenti 1 e 3. Questo è possibile perché entrambi i
ragionamenti hanno la forma mostrata prima, e potete dire che sono validi senza neanche sapere cosa sono P e Q. Se non ci credete, considerate il seguente
ragionamento:
O due buchi neri si sono scontrati, oppure il rivelatore di onde gravitazionali è rotto.
Ho controllato il rivelatore di onde gravitazionali, e non è rotto.
Pertanto, due buchi neri si sono scontrati.
Se un fisico vi desse questa spiegazione del suo esperimento, potreste anche
domandarvi perplessi cosa siano le onde gravitazionali, ma non avreste difficoltà
a seguire la logica del suo ragionamento.
Ancora più importante è però il fatto che la nostra analisi della forma assunta dai ragionamenti 1 e 3 rende evidente cosa è importante nel determinarne
11
la validità: solo le parole oppure e non. Nella maggior parte dei ragionamenti
deduttivi, e anche nel ragionamento matematico, il significato di una manciata
di parole ci da la chiave per comprendere ciò che rende un ragionamento valido
oppure non valido. (Quali sono le parole importanti nel ragionamento 2 dell’Esempio 1.1.1?) I primi capitoli di questo libro sono dedicati a studiare queste
parole e come sono usate nella scrittura e nel ragionamento matematico.
In questo capitolo ci concentreremo sulle parole che sono usate per combinare
affermazioni di base per formare affermazioni più complesse. Continueremo a
usare le lettere al posto di affermazioni, ma solo per affermazioni non ambigue
che possono essere o vere o false. Domande, esclamazioni e affermazioni vaghe
non saranno ammesse. Sarà anche utile usare dei simboli, chiamati simboli
connettivi, al posto di alcune delle parole usate per combinare le affermazioni.
Ecco i primi tre connettivi e le parole che essi rimpiazzano:
Simbolo
∨
∧
¬
Significato
o / oppure
e
non
Cosı̀, se P a Q stanno per due affermazioni, scriveremo P ∨ Q per l’affermazione “P oppure Q”, P ∧ Q per “P e Q” e ¬P per “non P ”, ovvero “P è falsa”.
L’affermazione P ∨ Q iè chiamata la disgiunzione di P e Q, P ∧ Q è chiamata
la congiunzione di P e Q , mentre ¬P è chiamata la negazione di P .
Esempio 1.1.2. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni:
1. O John è andato al negozio, o siamo rimasti senza uova
2. Joe sta per lasciare casa e non tornerà
3. O Bill è a lavoro e Jane no, oppure Jane è a lavoro e Bill no.
Soluzioni.
1. Se P sta per “John è andato al negozio” e Q per “Siamo rimasti senza
uova”, allora questa affermazione può essere rappresentata simbolicamente
come P ∨ Q.
2. Se P sta per “Joe sta per lasciare casa” e Q per “Joe non tornerà”, possiamo rappresentare simbolicamente questa affermazione con P ∧ Q. Ma
questa analisi trascura un aspetto importante dell’affermazione, perché
non indica che Q è un’affermazione negativa. Possiamo ottenere un’analisi migliore indicando con R la frase “Joe tornerà” e scrivendo Q come
¬R. Rimpiazzando questo nella nostra analisi iniziale, otteniamo P ∧ ¬R.
3. Indichiamo con B la frase “Bill è a lavoro” e con J la frase “Jane è a
lavoro”. Allora la prima metà dell’affermazione, “Bill è a lavoro e Jane
no” può essere rappresentata come B ∧ ¬J. In maniera simile, la seconda
metà è J ∧¬B. Per rappresentare l’intera affermazione, combiniamo queste
due con un oppure, formandone la disgiunzione. La soluzione è dunque
(B ∧ ¬J) ∨ (J ∧ ¬B).
12
Notare che nell’analizzare la terza affermazione dell’esercizio precedente,
abbiamo aggiunto delle parentesi quando abbiamo formato la disgiunzione di
B ∧ ¬J e J ∧ ¬B, per indicare in maniera non ambigua quali frasi stavamo
combinando. Ciò è analogo a quello che si fa in algebra dove, per esempio, il
prodotto di a + b e a − b sarebbe scritto come (a + b) · (a − b). Come in algebra,
è conveniente anche in logica omettere qualche parentesi per far sı̀ che le nostre
espressioni siano più corti e più semplici da leggere. Per far ciò, dobbiamo adottare alcune convenzioni su come leggere le espressioni, in modo che continuino
ad essere non ambigue anche in mancanza di parentesi. Ad esempio, sappiamo
tutti che l’espressione a · b + c si interpreta come (a · b) + c e non come a · (b + c).
Nel nostro caso, conveniamo che il simbolo ¬ si applica solo all’affermazione
che la segue immediatamente. Per esempio, ¬P ∧ Q vuol dire (¬P ) ∧ Q e non
¬(P ∧ Q). Vedremo in seguito altre convenzioni sull’uso delle parentesi.
Esempio 1.1.3. Quale affermazioni in italiano sono rappresentate dalle seguenti espressioni?
1. (¬S ∧ L) ∨ S, dove S sta per “John è stupido” ed L sta per “John è pigro”.
2. ¬S ∧ (L ∨ S), dove S ed L hanno lo stesso significato di cui sopra.
3. ¬(S ∧ L) ∨ S, dove S ed L hanno sempre lo stesso significato.
Soluzioni.
1. O John non è stupido ed è pigro, oppure è stupido.
2. John non è stupido, ed o è pigro oppure è stupido. Notare come il piazzamento di o . . . oppure cambia in accordo alla posizione delle parentesi.
3. O John non è contemporaneamente stupido e pigro, oppure è stupido.
La parola contemporaneamente viene usata per distinguire le possibili
posizioni delle parentesi.
È importante tenere a mente che i simboli ∧, ∨ e ¬ non corrispondono a
tutti gli usi delle parole e, o, non in italiano. Per esempio, il simbolo ∧ non può
essere usato per rappresentare l’uso della parole e nella seguente frase “John e
Bill sono amici”, perché in questa frase la parola e non è usata per combinare due
affermazioni. I simboli ∧ e ∨ possono essere usati soltanto tra due affermazioni,
per formare la congiunzioneo la disgiunzione, mentre il simbolo ¬ può essere
usato solo prima di una affermazione per negarla. Questo significa anche che
certe stringhe di lettere e simboli non hanno significato. Per esempio P ¬ ∧ Q,
P ∧ ∨Q e P ¬Q sono tutte espressioni “sgrammaticate” nel linguaggio della
logica. Espressimo corrette, come quelle degli Esempi 1.1.2 e 1.1.3 sono talvolta
chiamte formule ben formate o anche semplicemente formule. Anche in questo
caso può tornare utile l’analogia con l’algebra, nella quale i simboli +, −, · and
÷ possono essere usati tra due numeri, come operatori, mentre il simbolo − può
anche essere usato prima d un numero, per negarlo. Questi sono gli unici modi
in cui questi simboli possono essere usati in algebra, per cui una espressione
come x − ÷y è priva di senso.
Talvolta, parole diverse da e, o e non sono usate per esprimere il significato
rappresentato da ∧, ∨ e ¬. Per esempio, consideriamo la prima affermazione
13
nell’Esempio 1.1.3. Sebbene abbiamo dato la traduzione italiana “O John non
è stupido ed è pigro, oppure è stupido”, una maniera alternativa di esprimere la
stessa informazione potrebbe essere “O John non è stupido ma è pigro, oppure è
stupido”. Spesso la parola ma è usata in italiano per dire e, specialmente quando
c’è qualche contrasto o conflitto tra le due affermazioni che si combinano. Come
esempio più suggestivo, considerate un annunciatore di previsioni del tempo
che concluda la sua previsione con “Pioggia e neve sono le sole due possibilità
per il tempo di domani“. Questo è solo un modo più tortuoso di dire che
domani o pioverà o nevicherà. Pertanto anche se nella previsione del tempo
compare la parola e, il significato espresso da questa affermazione è in realtà
una disgiunzione. La morale di questi esempi è che per determinare la forma
logica di una affermazione dovete cercare di capire cosa l’affermazione vuol dire,
piuttosto che tradurre in simboli parola per parola.
Talvolta connettivi logici sono nascosti all’interno della notazione matematica. Per esempio, considerate l’affermazione 3 ≤ π. Sebbene appaia una affermazione semplice senza parole della logica, se la leggete ad alta voce sentirete
chiaramente la parola o. Se indichiamo con P la frase 3 < π e con Q la frase
3 = π, allora 3 ≤ π potrebbe essere scrita come P ∨ Q. In questo caso le frasi
rappresentate da P e Q sono cosı̀ corte che sembra poco efficace abbreviarle
con una singola lettera. In casi come questi non ci preoccuperemo di rimpiazzare le frasi con le lettere, pertanto potremo anche scrivere affermazioni come
(3 < π) ∨ (3 = π).
Per un esempio leggermente più complicato, considerate l’affermazione 3 ≤
π < 4. Essa vuol dire 3 ≤ π e π < 4: ancora una volta, una parola della logica
è stata nascosta in una notazione matematica. Possiamo pertanto riscrivere il
tutto, usando anche quanto fatto sopra, come [(3 < π) ∨ (3 = π)] ∨ (π < 4)].
Sapere che 3 ≤ π < 4 ha questa forma logica potrebbe essere importante per
capire un pezzo di ragionamento matematico relativo a questa affermazione.
Esercizi
*1. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni:
(a) Avremo da fare o una lettura per casa o degli esercizi, ma non avremo
sia degli esercizi che un test.
(b) Non andrai a sciare, o ci andrai e non ci sarà neve.
√
(c) 7 6≤ 2.
2. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni:
(a) O John e Bill stanno entrambi dicendo la verità, oppure nessuno dei
due lo sta facendo.
(b) Prenderò o il pesce o il pollo, ma non prenderò sia pesce che patate.
(c) 3 è un divisore comune di 6, 9 e 15.
(a) Alice e Bib non sono entrambi nella stanza.
14
(b) Alice e Bob sono entrambi non nella stanza.
(c) O Alice o Bob non è nella stanza.
(d) Né Alice né Bob sono nella stanza.
4. Quali delle seguenti espressioni sono formule ben formate?
(a) ¬(¬P ∨ ¬¬R).
(b) ¬(P, Q, ∧R).
(c) P ∧ ¬P .
(d) (P ∧ Q)(P ∨ R).
*5. Indichiamo con P l’affermazione “Io comprerò i pantaloni” e con S l’affermazione “Io comprerò la maglietta“. Quali frasi in italiano sono rappresentate dalle seguenti espressioni?
(a) ¬(P ∧ ¬S).
(b) ¬P ∧ ¬S.
(c) ¬P ∨ ¬S.
6. Indichiamo con S l’affermazione “Steve è felice” e con G l’affermazione
“George è felice”. Quali frasi in italiano sono rappresentate dalle seguenti
espressioni?
(a) (S ∨ G) ∧ (¬S ∨ ¬G).
(b) [S ∨ (G ∧ ¬S)] ∨ ¬G.
(c) S ∨ [G ∧ (¬S ∨ ¬G)].
7. Identifica premesse e conclusioni dei seguenti ragionamenti deduttivi e
analizza le loro forme logiche. Pensi che i ragionamenti siano validi. (Sebbene a questo punto hai soltanto la tua intuizione per guidarti in questa risposta, nelle sezioni successive svilupperemo delle tecniche che ci
permetteranno di individuare la validità dei ragionamenti.)
(a) Jane e Pete non vinceranno entrambi il premio di matematica. Pete
vincerà o il premio di matematica o quello di chimica. Jane vincerà
il premio di matematica. Petanto, Pete vincerà il premio di chimica.
(b) La pietanza principale sarà o carne o pesce. Il contorno sarà piselli o mais. Non avremo contemporaneamente il pesce come pietanza principale e il mais come contorno. Pertanto, non avremo contemporaneamente la carne come pietanza principale e i piselli come
contorno.
(c) O John o Bill sta dicendo la verità. O Sam o Bill sta mentendo.
Pertanto, John sta dicendo la verità e Sam sta mentendo.
(d) O le vendite aumenteranno e il capo sarà contento, o le spese aumenteranno e il capo non sarà contento. Pertanto, le spese e le vendite
non aumenteranno entrambe.
1.2
15
Tabelle di Verità
Abbiamo visto nella Sezione 1.1 che una argomento è valido se le premesse
non possono essere tutte vere senza che le conclusioni siano vere anch’esse.
Pertanto, per capire in che modo le parole e, o, non influenzano la validità dei
ragionamenti, dobbiamo vedere in che modo contribuiscono a determinare la
verità o falsità delle affermazioni che le contengono.
Quando valutiamo la verità o falsità di un’affermazione, assegniamo ad essa
una delle etichette vero (in inglese true) o falso (in inglese false), etichetta che
chiamiamo il valore di verità della affermazione. È chiaro come la parola “e”
contribuisce a determinare il valore di verità di una affermazione che la contiene.
Un affermazione della forma P ∧ Q può essere vera soltanto se entrambe P e Q
sono vere; if o P o Q è falsa, allora P ∧ Q è falsa. Poiché abbiamo assunto che
P e Q stiano per delle affermazioni che sono o vere o false, possiamo riassumere
tutte le possibilità nella tabella mostrata in Figura 1.1.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
P ∧Q
F
F
F
T
Figura 1.1
Questa è chiamata un tabella di verità per la formula P ∧ Q. Ogni riga di
questa tabella rappresenta una delle quattro possibili combinazioni di valori di
verità per le affermazioni P e Q. Sebbene queste quattro possibilità possano
apparire nella tabella in qualsiasi ordine, è meglio elencarle in maniera sistematica, cosı̀ che possiamo essere sicuri di non aver saltato nessuna possibilità.
La tabella di verità per ¬P è anche piuttosto semplice da costruire, perché per
¬P sia vera è necessario che P sia false, e viceversa. La tabella è mostrata in
Figura 1.2.
P
F
T
¬P
T
F
Figura 1.2
La tabelle di verità per P ∨ Q è un po’ più difficile. Le prime tre righe
possono essere certamente riempite come in Figura 1.3, ma ci possono essere dei
dubbi relativi all’ultima riga. L’affermazione P ∨ Q deve’essere vera o false nel
caso in cui P e Q siano entrambe vere? In altro parole, P ∨ Q significa “P o
Q, o entrambe” o vuol dire “P o Q, ma non entrambe”? La prima maniera di
interpretare la parola “o” è chiamata o inclusivo (perché include la possibilità
che entrambe le affermazioni siano vere), e la seconda è chiamata o esclusivo.
16
In matematica, la congiunzione o è sempre inclusiva, pertanto interpreteremo ∨
come o inclusivo. Possiamo pertanto completare la tabella di verità per P ∨ Q
come mostrato in Figura 1.4. Vedere l’esercizio 3 per maggiori informazioni
riguando l’o esclusivo.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
P ∨Q
F
T
T
?
P
F
F
T
T
Figura 1.3
Q
F
T
F
T
P ∨Q
F
T
T
T
Figura 1.4
Usando le regole riassunte in queste tabelle di verità, possiamo costruire
tabelle di verità per formule più complesse. Tutto ciò che dobbiamo fare è
costruire le tabelle di verità delle parti che compongono una formula, partendo
con le lettere individuali e costruendo le formule più complesse un passo alla
volta.
Esempio 1.2.1. Costruire una tabella di verità per la formula ¬(P ∨ ¬Q).
Soluzione.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
¬Q
T
F
T
F
P ∨ ¬Q
T
F
T
T
¬(P ∨ ¬Q)
F
T
F
F
Le prime due colonne di questa tabella elencano le quattro possibili combinazioni
di valori di verità per P e Q. La terza colonna, che elenca i valori di verità per
la formula ¬Q, è ottenuta semplicemente negando i valori di verità per Q nella
seconda colonna. La quarta colonna, per la formula P ∨ 6= Q, è stata trovata
combinando i valori di verità per P e ¬Q elencati nella prima e terza colonna,
in accordo alla regola per i valori di verità di ∨ riassunta in Figura 1.4. In
accordo a questa regola, P ∨ ¬Q sarà falsa solo se entrambe P e ¬Q sono
false. Guardando la prima e terza colonna, vediamo che questo accade solo
nella seconda riga della tabella, pertanto la quarta colonna contiene una F nella
seconda riga e T in tutte le altre righe. Infine, i valori di verità per la formula
¬(P ∨ ¬Q) sono elencati nella quinta colonna, che è ottenuta negando i valori di
verità della quarta colonna. (Notate che questa colonne devono essere riempite
in ordine, perché ognuna è usata per riempire quelle seguenti.)
Esempio 1.2.2. Costruire una tabella di verità per la formula ¬(P ∧ Q) ∨ ¬R.
Soluzione.
P
F
F
F
F
T
T
T
T
Q
F
F
T
T
F
F
T
T
R
F
T
F
T
F
T
F
T
P ∧Q
F
F
F
F
F
F
T
T
17
¬(P ∧ Q)
T
T
T
T
T
T
F
F
¬R
T
F
T
F
T
F
T
F
¬(P ∧ Q) ∨ R
T
T
T
T
T
T
T
F
Notate che, poiché questa formula contiene tre lettere, sono necessarie otto righe
per elencare tutte le possibili combinazioni di valori di verità per queste lettere.
(Se una formula contiene n lettere differenti, quante righe avrà la sua tabella di
verità?)
Vediamo un modo di costruire tabelle di verità in maniera più compatta.
Invece di usare una colonna separata per elencare i valori di verità delle parti
che compongo la formula, è sufficiente elencare questi valori di verità sotto il
corrispondente simbolo di connettivo nella formula originale. Ciò è illustrato
in Figura 1.5, per le formule dell’Esempio 1.2.1. Nel primo passo, abbiamo
elencato i valori di verità per P e Q sotto queste lettere, dove appaiono nella
formula. Nel secondo passo, i valori di verità di ¬Q sono stati aggiunti sotto il
simbolo ¬ di ¬Q. Nel terzo passo, abbiamo combinato i valori di verità per P e
¬Q per ottenere i valori di verità per P ∨ ¬Q, che sono elencati sotto il simbolo
∨. Infine, all’ultimo passo, questi valori di verità sono stati negati ed elencati
sotto il simbolo ¬ iniziale. I valori di verità aggiunti all’ultimo passo sono quelli
della formula intera, pertanto chiameremo il simbolo sotto il quale sono elencati
(il primo ¬ in questo caso) il connettivo principale della formula. Notate che i
valori di verità elencati sotto il connettivo principale in questo caso coincidono
con i valori trovati nel’Esempio 1.2.1. (come è giusto che sia!)
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
Step 1
¬(P ∨¬Q)
F
F
F
T
T
F
T
T
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
Step 2
¬(P ∨ ¬ Q)
F TF
F FT
T TF
T FT
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
Step 3
¬(P ∨ ¬Q)
F TT F
FFFT
TTT F
TTFT
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
Step 4
¬ (P ∨ ¬Q)
F F TT F
T FFFT
F TTT F
F TTFT
Figura 1.5
18
Ora che conosciamo come costruire tabelle di verità per formule complesse,
siamo pronti per ritornare all’analisi della validità dei ragionamenti. Consideriamo di nuovo il primo esempio di ragionamento deduttivo:
Domani pioverà o nevicherà
È troppo caldo per nevicare
Dunque pioverà.
Come abbiamo visto, se P sta per l’affermazione “Domani pioverà” e Q per
l’affermazione “Domani nevicherà”, possiamo rappresentare il ragionamenti in
maniera simbolica come segue:
P ∨Q
¬Q
`P
(Il simbolo ` vuol dire pertanto)
Possiamo ora vedere come le tabelle di verità possano essere usate per verificare
la validità di questi ragionamenti. La Figura 6 mostra una tabella di verità per le
premesse e la conclusione del ragionamento. Ricordate che abbiamo di chiamare
valido un ragionamento tale per cui la premesse non possono essere tutte vere
senza che lo sia anche la conclusione. Guardando la Figura 1.6, vediamo che
l’unica riga della tabella in cui entrambe le premesse risultano vere è la riga
tre, e in questa riga la conclusione è anch’essa vera. Cosı̀ la tabella di verità
conferma che se le premesse sono tutte vere, la conclusione deve essere pure
vera, e il ragionamento è valido.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
Premesse
P ∨ Q ¬Q
F
T
T
F
T
T
T
F
Conclusione
P
F
F
T
T
Figura 1.6
Esempio 1.2.3. Determinare se i seguenti ragionamenti sono validi.
• O John non è stupido ed è pigro, oppure è stupido.
John è stupido
Pertanto, John non è pigro
• Il maggiordomo e il cuoco non sono entrambi innocenti
O il maggiordomo sta mentendo oppure il cuoco è innocente
Pertanto, il maggiordomo è mentendo oppure è colpevole
Soluzioni.
• Come nell’Esempio 1.1.3, usiamo S per l’affermazione “John è stupido” e
L per “John è pigro”. Allora, il ragionamento ha questa forma:
19
(¬S ∧ L) ∨ S
S
` ¬L
Ora costruiamo una tabella di verità per entrambe le premesse e la conclusione. (Voi dovreste derivare i passaggi intermedi necessari per riempire
la colonna tre di questa tabella per confermare che è corretta).
S
F
F
T
T
Premesse
(¬S ∧ L) ∨ S
F
T
T
T
L
F
T
F
T
S
F
F
T
T
Conclusione
¬L
T
F
T
F
Entrambe le premesse sono vere per le righe tre e quattro di questa tabella. La conclusione è vera anch’essa nella riga tre, ma falsa nella riga
quattro. Pertanto, è possibile che entrambe le premesse siano vere mentre la conclusione è falsa, quindi il ragionamento non è valido. In effetti,
la tabella ci mostra esattamente perché il ragionamento non è valido. Il
problema si presenta sulla riga quattro della tabella, nella quale S ed L
sono entrambe vere – in altre parole, John è sia stupido che pigro. Infatti,
se John è sia stupido che pigro, entrambe le premesse sono vere, ma la
conclusione è falsa, pertanto sarebbe un errore inferire che la conclusione
deve essere vera dall’assunzione che le premesse lo sono.
• Usiamo le lettere B per l’affermazione “Il maggiordomo è innocente” (maggiordomo in inglese si dice butler), C per l’affermazione “Il cuoco è innocente” ed L per l’affermazione “Il maggiordomo sta mentendo” (in inglese
mentire è “to lie”). Allora, il ragionamento assume questa forma:
¬(B ∧ C)
L∨C
` L ∨ ¬B
Questa è la tabella di verità per le premesse e la conclusione:
B
F
F
F
F
T
T
T
T
C
F
F
T
T
F
F
T
T
L
F
T
F
T
F
T
F
T
Premesse
¬(B ∧ C) L ∨ C
T
F
T
T
T
T
T
T
T
F
T
T
F
T
F
T
Conclusione
L ∨ ¬B
T
T
T
T
F
T
F
T
20
Le premesse sono entrambe vere soltanto nelle righe due, tre, quattro e
sei, e in ognuno di questi casi la conclusione è anch’essa vera. Pertanto il
ragionamento è valido.
Se vi foste aspettati che il ragionamento dell’Esempio 1.1.3 fosse valido, questo è probabilmente a causa del fatto che la prima premessa vi ha confusi. È
un’affermazione piuttosto complicata, che può essere rappresentata simbolicamente come (¬S ∧ L) ∨ S. In accordo alla nostra tabella di verità, la formula è
falsa se S ed L sono entrambe false, ed è vera altrimenti. Ma notate che questa
è esattamente la tabella di verità per la formula più semplice L ∨ S! Visto che
accade questo, diciamo che le formule (¬S ∧ L) ∨ S e L ∨ S sono equivalenti.
Formule equivalenti hanno la stessa tabella di verità, non importa quali siano
le affermazioni che corrispondono alle lettere o quali siano i valori di verità di
queste affermazioni. L’equivalenza della premessa (¬S ∧ L) ∨ S e della formula
più semplice L ∨ S ci può aiutare a capire perché il ragionamento non è valido. Traducendo la formula L ∨ S in italiano, vediamo che la prima premessa
può essere riscritta in maniera più semplice come “John è o pazzo o stupido (o
entrambi)”. Ma da questa premessa e dalla seconda premessa (John è stupido) certamente non segue il fatto che non sia pigro, perché potrebbe essere sia
stupido che pigro.
Esempio 1.2.4. Quali delle seguenti formule sono equivalenti?
¬(P ∧ Q)
¬P ∧ ¬Q
¬P ∨ ¬Q
Soluzione.
Questa è la tabella di verità per tutte e tre le affermazioni. (Dovreste controllare
voi stessi che sia corretta!)
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
¬(P ∧ Q)
T
T
T
F
¬P ∧ ¬Q
T
F
F
F
¬P ∨ ¬Q
T
T
T
F
La terza e quinta colonna in questa tabella sono identiche, ma sono differenti
dalla quarta colonna. Pertanto, le formule ¬(P ∧ Q) e ¬P ∨ ¬Q sono equivalenti, ma nessuna delle due è equivalente a ¬P ∧ ¬Q. Ciò dovrebbe apparirvi
abbastanza ovvio se pensate a quello che i simboli vogliono dire. Per esempio,
supponiamo che P stia per “AlphaGo ha vinto la partita di Go” e Q stia per
“Lee Se-dol ha vinto la partita di Go”. Allora ¬(P ∧ Q) vorrebbe dire “AlphaGo e Lee Se-dol non hanno vinto entrambi la partita di Go” e ¬P ∨ ¬Q
vorrebbe dire “O AlphaGo o Lee Se-dol hanno perso la partita di Go”: queste
affermazioni chiaramente vogliano dire la stessa cosa. D’altro canto, ¬P ∧ ¬Q
vorrebbe dire “Sia AlphaGo che Lee Se-dol hanno perso la partita di Go”, che
è un’affermazione completamente differente.
21
Potete controllare voi stessi costruendo una tabella di verità che la formula
¬P ∧ ¬Q dell’Esempio 1.2.4 è equivalente alla formula ¬(P ∨ Q). (Per rendersi
conto che questa equivalenza è sensata, notate che le affermazioni “Sia Alphago
che Lee Se-dol hanno perso la partita di Go” e “Né AlphaGo né Lee Se-dol
hanno vinto la partita” vogliono dire la stessa cosa.) Questa equivalenza, e
quella scoperto nell’Esempio 1.2.4, sono chiamate leggi di De Morgan.
Nell’analizzare i ragionamenti deduttivi e le affermazioni che occorrono in
essi è utile avere familiarità con un certo numero di equivalenze che vengono
fuori molto spesso. Verificate voi stessi le equivalenze che seguono con le tabelle
di verità e controllate che abbiano senso traducendo le formule in italiano, come
abbiamo fatto nell’Esempio 1.2.4.
Leggi di De Morgan
¬(P ∧ Q) è equivalente a ¬P ∨ ¬Q
¬(P ∨ Q) è equivalente a ¬P ∧ ¬Q
Leggi commutative
P ∧ Q è equivalente a Q ∧ P
P ∨ Q è equivalente a Q ∨ P
Leggi associative
P ∧ (Q ∧ R) è equivalente a (P ∧ Q) ∧ R
P ∨ (Q ∨ R) è equivalente a (P ∨ Q) ∨ R
Leggi di idempotenza
P ∧ P è equivalente a P
P ∨ P è equivalente a P
Leggi distributive
P ∧ (Q ∨ R) è equivalente a (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R)
P ∨ (Q ∧ R) è equivalente a (P ∨ Q) ∧ (P ∨ R)
Leggi di assorbimento
P ∨ (P ∧ Q) è equivalente a P
P ∧ (P ∨ Q) è equivalente a P
Legge della doppia negazione
¬¬P è equivalente a P
22
Notate che grazie alle leggi associative possiamo omettere le parentesi nelle
formule del tipo P ∧ Q ∧ R oppure P ∨ Q ∨ R senza preoccuparsi che la formula
risultante sia ambigua, perché le due possibili maniere di inserire le parentesi
danno origine a formule equivalenti.
Molte delle equivalenze nella lista vi dovrebbero ricordare regole simili che
coinvolgono +, · e − in algebra. Come nell’algebra, queste regole possono essere
applicate a formule più complesse, e possono essere combinate per ottenere
equivalenze più complicate. Qualunque delle lettere in queste equivalenze può
essere rimpiazzata da una formula più complicata, e l’equivalenza risultante sarà
comunque valida. Per esempio, rimpiazzando P nella legge di doppia negazione
con Q ∨ ¬R, possiamo vedere che ¬¬(Q ∨ ¬R) è equivalente a Q ∨ ¬R. Inoltre,
se due formule sono equivalenti, si possono sostituire sempre l’una per l’altra
in altre espressioni e il risultato sarà equivalente. Per esempio, siccome ¬¬P è
equivalente a P , si può sempre rimpiazzare esso con P e la formula risultante
sarà equivalente all’originale.
Esempio 1.2.5. Trova formule più semplici equivalenti alle seguenti formule:
1. ¬(P ∨ ¬Q)
2. ¬(Q ∧ ¬P ) ∨ P
Soluzioni.
1. ¬(P ∨ ¬Q)
è equivalente a
che è equivalente a
¬P ∧ ¬¬Q
¬P ∧ Q
(Legge di De Morgan),
(legge della doppia negazione).
Potete controllare che questa equivalenza è corretta costruendo una tabella
di verità for ¬P ∧ Q e verificando che è la stessa della tabella di verità per
¬(P ∨ ¬Q) che trovate nell’Esempio 1.2.1
2. ¬(Q ∧ ¬P ) ∨ P
è equivalente a
(¬Q ∨ ¬¬P ) ∨ P
(¬Q ∨ P ) ∨ P
¬Q ∨ (P ∨ P )
¬Q ∨ P
(Legge di De Morgan),
(legge della doppia negazione),
(legge associativa),
(legge di idempotenza).
Alcune equivalenze si basano sul fatto che certe formule sono sempre vere
o sempre false. Per esempio, potete verificare con una tabella di verità che la
formula Q ∧ (P ∨ ¬P ) è equivalente a Q. Ma anche prima di fare la tabella di
verità, potete probabilmente rendervi conto del perché sono equivalenti. In ogni
riga della tabella di verità, P ∨ ¬P risulterà vera, e pertanto Q ∧ (P ∨ ¬P ) sarà
vera quando Q è vera, e false quando Q è falsa. Formule che sono sempre vere,
come P ∨¬P , si chiamano tautologie. In maniera simile, formule che sono sempre
false si chiamano contraddizioni. Per esempio, P ∧ ¬P è una contraddizione.
Esempio 1.2.6. Quali di queste formule è una tautologia, quale una contraddizione, e quale nessuna delle due?
P ∨ (Q ∨ ¬P )
P ∧ ¬(Q ∨ ¬Q)
P ∨ ¬(Q ∨ ¬Q)
23
Soluzione.
Prima di tutto costruiamo una tabella di verità per tutte e tre le formule.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
P ∨ (Q ∨ ¬P )
T
T
T
T
P ∧ ¬(Q ∨ ¬Q)
F
F
F
F
P ∨ ¬(Q ∨ ¬Q)
F
F
T
T
Dalla tabella di verità è chiaro che la prima formula è una tautologia, la
seconda una contraddizione e la terza non è nessuna delle due cose. In effetti,
poiché l’ultima colonna è identica alla prima, la terza formula è equivalente a
P.
Possiamo ora enunciare qualche altra legge che coinvolge tautologie e contraddizioni. Dovreste essere in grado di convincervi che tutte queste leggi sono
corrette, pensando a come sarebbero le tabelle di verità delle formule coinvolte.
Leggi delle tatutologie
P ∧ (una tautologia) è equivalente a P .
P ∨ (una tautologia) è una tautologia.
¬(una tautologia) è una contraddizione.
Leggi delle contraddizioni
P ∧ (una contraddizione) è una contraddizione.
P ∨ (una contraddizione) è equivalente a P .
¬(una contraddizione) è una tautologia.
Esempio 1.2.7. Trovare formule più semplici equivalenti a queste formule:
1. P ∨ (Q ∧ ¬P ).
2. ¬(P ∨ (Q ∧ ¬R)) ∧ Q.
Soluzioni.
1. P ∨ (Q ∧ ¬P )
è equivalente a
(P ∨ Q) ∧ (P ∨ ¬P )
P ∨Q
(legge distributiva),
(legge della tautologia).
L’ultimo passo usa il fatto che P ∨ ¬P è una tautologia.
2. ¬(P ∨ (Q ∧ ¬R)) ∧ Q
che
che
che
che
che
che
è
è
è
è
è
è
è
equivalente
equivalente
equivalente
equivalente
equivalente
equivalente
equivalente
a
a
a
a
a
a
a
(¬P ∧ ¬(Q ∧ ¬R)) ∧ Q
(¬P ∧ (¬Q ∨ ¬¬R)) ∧ Q
(¬P ∧ (¬Q ∨ R)) ∧ Q
¬P ∧ ((¬Q ∨ R) ∧ Q))
¬P ∧ (Q ∧ (¬Q ∨ R))
¬P ∧ ((Q ∧ ¬Q) ∨ (Q ∧ R))
¬P ∧ (Q ∧ R)
(legge
(legge
(legge
(legge
(legge
(legge
(legge
di De Morgan),
di De Morgan),
della doppia negazione),
associativa),
commutativa),
distributiva),
della contraddizione).
24
L’ultimo passo usa il fatto che Q ∧ ¬Q è una contraddizione. Infine, grazie
alla legge associativa per ∧, possiamo rimuovere le parentesi senza rendere
la formula ambigua, cosı̀ la formula originale è equivalente a ¬P ∧Q∧R.
Esercizi
*1. Scrivere le tabelle di verità per le seguenti formule:
(a) ¬P ∨ Q
(b) (S ∨ G) ∧ (¬S ∨ ¬G)
2. Scrivere le tabelle di verità per le seguenti formule:
(a) ¬[P ∧ (Q ∨ ¬P )]
(b) (P ∨ Q) ∧ (¬P ∨ R)
3. In questo esercizio useremo il simbolo + per indicare l’o eclusivo. In altre
parole P + Q significa “P oppure Q ma non entrambi”.
(a) Scrivere la tabella di verità per P + Q.
(b) Trovare una formula che usi soltanto i connettivi ∧, ∨ e ¬ che è
equivalente a P + Q. Giustificare la vostra risposta con una tabella
di verità.
4. Trovare una formula che usi i soli connettivi ∧ e ¬ e che sia equivalente alla
formula P ∨ Q. Giustificate la vostra risposta con una tabella di verità.
*5. Alcuni matematici usano il simbolo ↓ per indicare il connettivo né (nor
inglese). In altre parole P ↓ Q significa “né P né Q”.
(a) Scrivi una tabella di verità per P ↓ Q.
(b) Trova un formula che usi solo i connettivi ∧, ∨ e ¬ che sia equivalente
a P ↓ Q.
(c) Trova delle formule che usino solo il connettivo ↓ e che siano equivalenti a ¬P , P ∨ Q e P ∧ Q.
6. Alcuni matematici scrivono P | Q per dire “P e Q non sono entrambe
vere”. (Il connettivo è chiamato nand ed è usato nello studio dei circuiti
digitali in informatica).
(a) Scrivi una tabella di verità per P | Q.
(b) Trova un formula che usi solo i connettivi ∧, ∨ e ¬ che sia equivalente
a P | Q.
(c) Trova delle formule che usino solo il connettivo | e che siano equivalenti a ¬P , P ∨ Q e P ∧ Q.
*7. Usa le tabelle di verità per determinare se il ragionamento nell’Esercizio 7.
della Sezione 1.1 è valido.
8. Usa le tabelle di verità per determinare quali delle seguenti formule sono
tra loro equivalenti:
(a) (P ∧ Q) ∨ (¬P ∧ ¬Q).
25
(b) ¬P ∨ Q.
(c) (P ∨ ¬Q) ∧ (Q ∨ ¬P ).
(d) ¬(P ∨ Q).
(e) (Q ∧ P ) ∨ ¬P .
*9. Usa le tabelle di verità per determinare quale di queste affermazioni sono
tautologie, quali contraddizioni e quali nessuna delle due:
(a) (P ∨ Q) ∧ (¬P ∨ ¬Q).
(b) (P ∨ Q) ∧ (¬P ∧ ¬Q).
(c) (P ∨ Q) ∨ (¬P ∨ ¬Q).
(d) [P ∧ (Q ∨ ¬R)] ∨ (¬P ∨ R).
10. Usa le tabelle di verità per verificare le seguenti leggi:
(a) La seconda legge di De Morgan (la rima l’abbiamo già verificata nel
testo).
(b) Le leggi distributive.
*11. Usa le leggi presentate nel testo per semplificare le seguenti formule (vedi
Esempi 1.2.5 e 1.2.6).
(a) ¬(¬P ∧ ¬Q)
(b) (P ∧ Q) ∨ (P ∧ ¬Q)
(c) ¬(P ∧ ¬Q) ∨ (¬P ∧ Q)
12. Usa le leggi presentate nel testo per semplificare le seguenti formule (vedi
Esempi 1.2.5 e 1.2.6).
(a) ¬(¬P ∨ Q) ∨ (P ∧ ¬R).
(b) ¬(¬P ∧ Q) ∨ (P ∧ ¬R).
(c) (P ∧ R) ∨ [¬R ∧ (P ∨ Q)].
13. Usa la prima legge di De Morgan e la legge di doppia negazione per derivare
la seconda legge di De Morgan.
*14. Nota che le leggi associative dicono solo che le parentesi non sono necessarie quando si combinano tre affermazioni con ∧ o ∨. In effetti, queste leggi
possono essere usate per giustificare il fatto di non usare le parentesi quando più di tre affermazioni vengono combinate. Usate le leggi associative
per mostrare che [P ∧ (Q ∧ R)] ∧ S è equivalente a (P ∧ Q) ∧ (R ∧ S).
15. Quante righe ci saranno in una tabella di verità per una formula con n
lettere?
*16. Trovare una formula che usi i connettivi ∧, ∨ e ¬ e che abbia la seguente
tabella di verità:
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
???
T
F
T
T
26
17. Trovare una formula che usi i connettivi ∧, ∨ e ¬ e che abbia la seguente
tabella di verità:
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
???
F
T
T
F
18. Supponete che la conclusione di un ragionamento sia una tautologia. Cosa puoi concludere sulla validità del ragionamento? Che cosa potete concludere se la conclusione è una contraddizione? Che cosa se una delle
premesse è una tautologia oppure una contraddizione?
1.3
Variabili ed Insiemi
Nel ragionamento matematico è spesso necessario fare affermazioni su oggetti
che sono rappresentati da lettere chiamate variabili. Per esempio, se la variabile
x è usata per rappresentare un numero in un problema, possiamo essere interessati ad affermazioni del tipo “x è un numero primo”. Sebbene possiamo talvolta
usare una singola lettera, come P , per rappresentare questa affermazione, altre volte utilizzeremo una notazione leggermente differente e scriveremo P (x),
per evidenziare che l’affermazione riguarda l’oggetto x. La seconda notazione
rende inoltre più semplice discutere circa la sostituzione di qualche numero al
posto della lettera x. Ad esempio, P (7) rappresenterebbe l’affermazione “7 è un
numero primo”, e P (a + b) vorrebbe dire “a + b è un numero primo”. Se una
affermazione contiene più di una variabile, la nostra abbreviazione conterrà una
lista di tutte le variabili coinvolte. Ad esempio, l’affermazione “p è divisibile per
q” potrebbe essere rappresentata da D(p, q). In questo caso, D(12, 4) vorrebbe
dire “12 è divisibile per 4”.
Sebbene avrete generalmente avuto a che fare con variabili che stanno al
posto di numeri, essere possono essere utilizzate al posto di qualunque cosa.
Per esempio, potremmo indicare con M (x) l’affermazione “x è un uomo” e con
W (x) l’affermazione “x è una donna”. In questo caso, stiamo usando la variabile
x per una persona. Una affermazione può contenere molte variabili, che stanno
per oggetti di tipo differente. Per esempio nella affermazione “x ha y bambini”
la variabile x sta per una persona e y per un numero.
Affermazioni che coinvolgono variabili possono essere combinate usando connettivi, proprio come le affermazioni senza variabili.
1. x è un numero primo, e o y oppure z è divisibile per x.
2. x è un uomo, y è una donna, e ad x piace y, ma ad y non piace x.
Soluzioni.
27
1. Potremmo utilizzare P per l’affermazione “x è un numero primo”, D per
“y è divisibile per x” ed E per “z è divisibile per x”. L’intera affermazione sarebbe allora rappresentata dalla formula P ∧ (D ∨ E). Ma questa
analisi, sebbene non sia scorretta, non riesce a catturare la relazione tra
le affermazioni D ed E. Una analisi migliore sarebbe quella di utilizzare
P (x) per “x è un numero primo” e D(y, x) per “y è divisibile per x”.
Allora D(z, x) vorrebbe dire “z è divisibile per x” e l’intera affermazione
diventerebbe P (x) ∧ (D(y, x) ∨ D(z, x)).
2. Usiamo M (x) per “x è un uomo”, W (y) per “y è una donna” ed L(x, y)
per “ad x piace y”. Allora, L(y, x) vorrebbe dire “ad y piace x” (Notare
che l’ordine delle variabili dopo la L è quello che fa la differenza!). L’intera
affermazione verrebbe rappresentata dalla formula M (x)∧W (y)∧L(x, y)∧
¬L(y, x).
Quando si studiano affermazioni che non contengono variabili, possiamo facilmente parlare del loro valore di verità, poiché ogni affermazione può essere o
vera o falsa. Ma se una affermazione contiene delle variabili, le cose cambiano:
il suo valore di verità dipenderà dal valore delle variabili coinvolte. Per esempio,
se P (x) sta per “x è un numero primo”, allora P (x) sarebbe vero se fosse x = 23,
ma sarebbe falso per x = 22. Per risolvere questo problema, per le affermazioni
contenenti variabili useremo il concetto di insieme di verità. Prima di dare delle
definizioni precise, però, sarà meglio rivedere qualche definizione basilare dalla
teoria degli insiemi.
Un insieme è una collezione di oggetti. Gli oggetti in questa collezione sono
chiamati gli elementi degli insiemi. La maniera più semplice per specificare un
insieme è elencare i suoi elementi tra parentesi graffe. Ad esempio, {3, 7, 14} è
un insieme i cui elementi sono i tre numeri 3, 7 e 14. Usiamo il simbolo ∈ per
indicare è un elemento di. Per esempio, se A sta per l’insieme {3, 7, 14}, allora
potremmo scrivere 7 ∈ A per dire che 7 è un elemento di A. Per dire che 11 non
è un elemento di A scriveremo 11 ∈
/ A.
Un insieme è completamente determinato una volta che i suoi elementi sono
stati specificati. Cosı̀, due insiemi che hanno esattamente gli stessi elementi
sono uguali. Inoltre, quando un oggetto è specificato elencando i suoi elementi,
quello che importa è quali oggetti sono elencati, e non l’ordine in cui appaiono
in elenco. Un elemento può anche apparire più di una volta nella lista. Cosı̀,
{3, 7, 14}, {14, 3, 7} e {3, 7, 14, 7} sono tre modi differenti di scrivere lo stesso
insieme.
Può essere poco pratico definire un insieme che contiene un numero molto
grande di elementi elencandoli tutti, e sarebbe impossibile dare una tale definizione per un insieme con un numero infinito di elementi. Spesso questo problema
può essere superato elencando un po’ di elementi seguiti da tre puntini (. . .),
se è chiaro come la lista dovrebbe continuare. Per esempio, supponiamo di definire un insieme B dicendo che B = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . .}. Una volta che
avete riconosciuto il fatto che i numeri elencati nella definizione di B sono i
numeri primi, allora saprete che, per esempio, 23 ∈ B, sebbene esso non sia
elencato esplicitamente nella definizione di B. Ma questo metodo richiede di
28
riconoscere uno schema nella lista di numeri nella definizione di B, e ciò introduce un elemento di ambiguità e soggettività nella nostra notazione che è meglio
evitare nella scrittura matematica. È pertanto meglio nella maggior parte dei
casi definire un insieme rendendo esplicito lo schema che determina gli elementi
dell’insieme.
In questo caso potremmo essere espliciti definendo B come segue:
B = {x | x è un numero primo}.
Questo si legge “B = l’insieme di tutti gli x tali che x è un numero primo”, e
significa che gli elementi di B sono tutti i valori di x che rendono vera l’affermazione “x è un numero primo”. Dovreste pensare alla affermazione “x è un
numero primo” come un test di appartenenza all’insieme. Qualunque valore di
x che rende questa affermazione vera passa il test ed è un elemento dell’insieme. Qualunque altra cosa fallisce il test e non è un elemento. Naturalmente,
in questo caso i valori di x che rendono l’affermazione vera sono esattamente i
numeri primi, cosı̀ questa definizione dice che B è l’insieme i cui elementi sono
i numeri primi, esattamente come prima.
Esempio 1.3.2. Riscrivere queste definizioni usando il metodo del test di
appartenenza.
1. E = {2, 4, 6, 8, . . .}
2. P = {Romolo, Numa Pompilio, Tullio Ostilio, Anco Marzio, . . .}.
Soluzioni.
Sebbene ci possano essere altri modi per completare questi elenchi di elementi, le definizioni più naturali sono le seguenti:
• E = {n | n è un numero intero pari positivo}
• K = {z | z è uno dei sette re di Roma}.
Se un insieme è stato definito usando un test di appartenenza, questo test
può essere usato per determinare se è vero o no che un elemento appartiene
all’insieme. Per esempio, considerate l’insieme {x | x2 < 9}. Se vogliamo
sapere se 5 è un elemento di questo insieme, applichiamo semplicemente il test
di appartenenza nella definizione di insieme – in altre parole, controlliamo se
è vero che 52 < 9. Poiché 52 = 25 > 9, esso non soddisfa il test, e quindi
5∈
/ {x | x2 < 9}. Invece, (−2)2 = 4 < 9, pertanto −2 ∈ {x | x2 < 9}. Lo stesso
ragionamento si applica a qualunque altro numero. Per qualunque numero y, per
determinare se y ∈ {x | x2 < 9}, dobbiamo controllare se l’affermazione y 2 < 9
è vera. Effettivamente, potremmo pensare all’affermazione y ∈ {x | x2 < 9}
solo ad un modo un po’ contorto di scrivere y 2 < 9.
Nota che, poiché l’affermazione y ∈ {x | x2 < 9} vuol dire la stessa cosa che
y 2 < 9, essa è una affermazione sulla variabile y, non su x! Per determinare
se y ∈ {x | x2 < 9} dovete sapere cosa è y (cosicché possiate confrontare il
suo quadrato con 9), non che cosa è x. D’altronde x qui non indica un singolo
29
valore, ma tutti i valori che soddisfano il test. Diciamo che nella affermazione
y ∈ {x | x2 < 9}, y è una variabile libera mentre x è una variabile vincolata.
Le variabili libere in una affermazione rappresentano un oggetto su cui l’affermazione dice qualcosa. Rimpiazzando valori differenti per una variabile libera
si cambia il significato di una affermazione e si altera il suo valore di verità.
Il fatto che si possa rimpiazzare con valori differenti una variabile libera vuol
dire, appunto, che essa è libera di assumere un valore qualunque. Le variabili
vincolate, invece, sono solo lettere che sono usate per comodità nell’aiutare ad
esprimere una idea e non dovrebbero essere pensate come se stessero al posto di
un particolare oggetto. Una variabile vincolata può essere sempre rimpiazzata
da una nuova variabile senza che questo cambi il significato dell’affermazione, e
talvolta l’affermazione può essere riscritta in maniera tale che la variabile vincolata scompaia del tutto. Per esempio, le affermazioni y ∈ {x | x2 < 9} e
y ∈ {w | w2 < 9} vogliono dire esattamente la stessa cosa, entrambe affermano
che “y è un elemento dell’insieme di tutti i numeri che elevati al quadrato sono
più piccoli di 9”. In quest’ultima affermazione, tutte le variabili vincolate sono
state eliminate, e l’unica variabile menzionata è la variabile libera y.
Notate che x è un varabile vincolata nell’affermazione y ∈ {x | x2 < 9}
sebbene sia libera nell’affermazione x2 < 9. Quest’ultima è un affermazione
circa x che è vera per certi valori di x e falsa per altri. È soltanto quando
questa affermazione è usata dentro la notazione di definizione di insieme che x
diventa una variabile vincolata. Possiamo dire che la notazione {x | . . .} vincola
(o lega) la variabile x.
Tutto ciò che abbiamo detto circa l’insieme {x | x2 < 9} si applica a qualunque altro insieme definito tramite test di appartenenza. In generale, l’affermazione y ∈ {x | P (x)} vuol dire la stessa cosa di P (y), ed è una affermazione
sulla variabile y e non su x. Allo stesso modo, y ∈
/ {x | P (x)} ha lo stesso
significato di ¬(y ∈ {x | P (x)}) ovvero di ¬P (y). Naturalmente, l’espressione
{x | P (x)} non è una affermazione, ma un nome per un insieme. Mano a mano
che imparerete nuove notazioni matematiche, sarà sempre più importante che
vi assicuriate di stare attenti nel distinguere espressioni che sono affermazioni
matematiche da espressioni che sono nomi per oggetti matematici.
Esempio 1.3.3. Cosa vogliono dire queste affermazioni? Quali sono le variabili
libere in ognuna di esse?
1. a + b ∈
/ {x | x è un numero primo}
2. y ∈ {x | x è divisibile per w}
3. 2 ∈ {w | 6 ∈
/ {x | x è divisibile per w}}
Soluzioni.
1. Questa affermazione dice che a + b non è un elemento dell’insieme di tutti
i numeri pari, o, in altre parole, che a + b non è un numero pari. Sia a
che b sono variabili libere, ma x è vincolata. L’affermazione sarà vera per
certi valori di a e b, falsa per altri.
30
2. Questa affermazione dice che y è divisibile per w. Sia y che w sono variabili
libere, ma x è vincolata. L’affermazione è vera per alcuni valori di y e w,
falsa per altri.
3. Questa affermazione sembra parecchio complicata, ma se procediamo un
passo alla volta, possiamo decifrarla. Prima, notare che l’affermazione
6 ∈
/ {x | x è divisibile per w}, che compare dentro l’affermazione principale, vuol dire la stessa cosa di “6 non è divisibile per w”. Sostituendo questa nuova versione al posto di quella originale, otteniamo che
l’affermazione principale è equivalente a quella più semplice 2 ∈ {w |
6 non è divisibile per w}. a questo vuol dire semplicemente “6 non è divisibile per 2”. Pertanto, questa affermazione non ha variabili libere, ed
entrambe x e w sono vincolate. Poiché non ci sono variabili libere, il valore
di verità di questa affermazione non dipende dal valore di alcuna variabile.
In effetti, poiché 6 è divisibile per 2, questa affermazione è falsa.
Forse avrete intuito adesso come possiamo usare la teoria degli insiemi per
aiutarci a comprendere i valori di verità di affermazioni contenenti variabili.
Come abbiamo visto, un affermazione, diciamo P (x) contenente una variabile
libera x, può essere vera per qualche valore di x e falsa per gli altri. Per distinguere i valori di x che rendono P (x) vera da quelli che la rendono falsa,
possiamo formare l’insieme dei valori di x per i quali P (x) è vera. Chiamiamo
questo insieme, l’insieme di verità di P (x).
Definition 1.3.4. L’insieme di verità di una affermazione P (x) è l’insieme di
tutti i valori di x che rendono P (x) vera. In altre parole, è l’insieme definito
usando P (x) come test di appartenenza:
Insieme di verità di P (x) = {x | P (x)}.
Notate che abbiamo definito insiemi di verità solo per affermazioni contenenti
una variabile. Discuteremo gli insiemi di verità per affermazioni con più variabili
nel Capitolo 4.
Esempio 1.3.5. Quali sono gli insiemi di verità per le seguenti affermazioni?
1. Dante Alighieri ha scritto x.
2. n è un numero primo pari.
Soluzioni.
1. {x | Dante Alighieri ha scritto x} = { La Divina Commedia, La Vita
Nova, Le Rime, . . . }
2. {n | n è un numero primo pari}. Poiché l’unico primo pari è 2, questo
è l’insieme {2}. Notate che 2 e {2} non sono la stessa cosa! Il primo
è un numero, il secondo è un insieme il cui unico element è un numero.
Pertanto, 2 ∈ {2}, ma 2 6= {2}.
Supponete A sia l’insieme di verità dell’affermazione P (x). In accordo alla
definizione di insieme di verità, questo significa che A = {x | P (x)}. Abbiamo
31
già visto che, per qualunque oggetto y, l’affermazione y ∈ {x | P (x)} significa
la stessa cosa di P (y). Sostituendo A per {x | P (x)}, ne segue che y ∈ A vuol
dire la stessa cosa di P (y). Cosı̀, vediamo in generale che se A è l’insieme di
verità di P (x), allora dire y ∈ A è come dire P (y).
Quando una affermazione contiene variabili libere, è spesso chiaro dal contesto che queste variabili stanno per oggetti di un certo tipo. L’insieme di tutti
gli oggetti di quel tipo — in altre parole, l’insieme di tutti i possibili valori per
le variabili — è chiamato l’universo del discorso per l’affermazione, e diciamo
che la variabile varia sopra questo universo. Per esempio, nella maggior parte
dei casi l’universo per l’affermazione x2 < 9 è l’insieme di tutti i numeri reali;
l’universo per l’affermazione “x è un uomo” potrebbe essere l’insieme di tutte
le persone.
Certi insiemi vengono spesso fuori in matematica come universi del discorso,
ed è conveniente avere dei nomi fissi per essi. Ecco alcuni dei più importanti:
R = {x | x è un numero reale}.
Q = {x | x è un numero razionale}.
(Ricordiamo che un numero reale è qualunque numero sulla linea
reale, e un numero razionale è un numero che può essere scritto
come una frazione p/q, dove p e q sono interi).
Z = {x | x è un intero} = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .}.
N = {x | x è un numero naturale} = {0, 1, 2, 3, . . .}.
(Alcuni libri includono 0 come numero naturale e altri non lo fanno.
In questo libro considereremo 0 come numero naturale).
Le lettere R, Q e Z possono essere seguite da un apice + o − per indicare che soltanto i numeri positivi o negativi devono essere inclusi nell’insieme. Per esempio R+ = {x | x è un numero reale positivo} e Z− = {x |
x è un numero intero negativo}.
Sebbene l’universo del discorso possa di solito essere determinato dal contesto, è talvolta utile identificarlo esplicitamente. Sebbene abbiamo scritto il valore di verità di P (x) come {x | P (x)}, se dovesse esserci una qualche possibilità
di confusione circa l’universo, potremmo specificarlo esplicitamente scrivendo
{x ∈ U | P (x)}; questo si legge “l’insieme di tutti gli x in U tali che P (x)”.
Questa notazione specifica che solo gli elementi di U devono essere considerati
come possibili elementi per questo insieme di verità, e tra gli elementi di U ,
solo quelli che passano il test di appartenenza P (x) andranno veramente a far
parte dell’insieme. Per esempio, considerate di nuovo l’affermazione x2 < 9. Se
l’universo del discorso per questa affermazione fosse l’insieme di tutti i numeri
reali, allora il suo insieme di verità sarebbe {x ∈ R | x2 < 9} o, in altre parole, l’insieme dei numeri reali tra −3 e 3 (estremi esclusi). Ma se l’universo
del discorso fosse l’insieme dei numeri interi, allora l’insieme di verità sarebbe
{x ∈ Z | x2 < 9} = {−2, −1, 0, 1, 2}. Cosı̀, per esempio, 1.58 ∈ {x ∈ R | x2 < 9}
ma 1.58 ∈
/ {x ∈ Z | x2 < 9}. Chiaramente, la scelta dell’universo può fare una
bella differenza!
Talvolta la notazione esplicita è usata non per specificare l’universo del discorso ma per restringere l’attenzione solo a parte dell’universo. Per esempio,
32
nel caso della affermazione x2 < 9, potremmo considerare come universo del
discorso l’insieme dei numeri reali, ma nel corso di qualche ragionamento che
coinvolge questa affermazione potremmo voler momentaneamente restringere la
nostra attenzione ai soli numeri reali positivi. Potremmo essere interessati all’insieme {x ∈ R+ | x2 < 9}. Come prima, questa notazione indica che soltanto
i numeri reali positivi saranno considerati per l’appartenenza all’insieme e, tra i
numeri positivi, solo quelli il cui quadrato è minore di 9 faranno parte dell’insieme. Pertanto, perché un numero faccia parte dell’insieme, deve soddisfare due
test: deve essere un numero positivo reale, e il suo quadrato deve essere minore
di 9. In altre parole, l’affermazione y ∈ {R+ | x2 < 9} ha lo stesso significato
di y ∈ R+ ∧ y 2 < 9. In generale y ∈ {x ∈ A | P (x)} ha lo stesso significato di
y ∈ A ∧ P (y).
Quando viene definito un nuovo concetto matematico, i matematici sono di
solito interessati a studiare tutti i casi estremi di questo concetto. Per esempio,
quando abbiamo discusso le tabelle di verità, i casi estremi che abbiamo studiato
sono state le affermazioni la cui tabella di verità contiene solo T (tautologie) o
solo F (contraddizioni). Per il concetto di insieme di verità di una affermazione
contenente una variabile libera, i corrispondenti estremi sarebbero gli insiemi di
verità di affermazioni che sono sempre vere o sempre false, per tutti i valori della
variabile libera. Supponiamo P (x) sia una affermazione con una variabile libera
x che varia sopra l’universo U . Dovrebbe essere chiaro che se P (x) risulta sempre
vera per tutti i valori x ∈ U , allora l’insieme di verità di P (x) risulta uguale
all’intero universo U . Per esempio, poiché l’affermazione x2 ≥ 0 è vera per
ogni numero reale x, l’insieme di verità di questa affermazione è {x ∈ R | x2 ≥
0} = R. Naturalmente, tutto ciò non è scorrelato dal concetto di tautologia.
Per esempio, poiché P ∨ ¬P è una tautologia, l’affermazione P (x) ∨ ¬P (x) sarà
sempre vera per ogni x ∈ U , non importa quali sia l’affermazione che corrisponde
a P (x) o quale sia l’universo U . Pertanto, l’insieme verità di P (x) ∨ ¬P (x) sarà
sempre uguale all’universo del discorso.
Per una affermazione P (x) che è falsa per tutti i possibili valori di x, niente
nell’universo può passare il test di appartenenza per l’insieme di verità di P (x),
e pertanto questo insieme non ha elementi. L’idea di un insieme senza elementi
può sembrare strana, ma risulta naturale quando consideriamo insiemi di verità
per affermazioni che sono sempre false. Poiché un insieme è completamente
determinato una volta che i suoi elementi sono stati specificati, c’è soltanto un
insieme che non ha nessun elemento. È chiamato l’insieme vuoto, ed è spesso
denotato da ∅. Per esempio, {x ∈ Z | x 6= x} = ∅. Poiché l’insieme vuoto non ha
elementi, l’affermazione x ∈ ∅ è una esempio di una affermazione che è sempre
falsa, non importa quanto valga x.
Un’altra notazione comune per l’insieme vuoto si basa sul fatto, già visto
sopra, che un insieme può essere scritto elencando i suoi elementi tra parentesi
graffe. Poiché l’insieme vuoto non ha elementi, non scriviamo nulla tra parentesi
graffe, ovvero ∅ = {}. Notate che {∅} non è una notazione corretta per l’insieme
vuoto. Proprio come abbiamo visto prima che 2 e {2} non sono la stessa cosa,
neanche ∅ ed {∅} sono la stessa cosa. Il primo è un insieme senza elementi, il
secondo è un insieme con un elemento, e questo elemento è l’insieme vuoto.
33
Esercizi
*1. Analizzate la forma logica delle seguenti affermazioni:
(a) 3 è un divisore comune di 6, 9 e 15. (Nota: lo avete già fatto nell’esercizio 2. della Sezione 1.1, ma adesso dovreste essere in grado di
dare una risposta migliore)
(b) x è divisibile per 2 e 3 ma non 4.
(c) x ed y sono numeri naturali, ed esattamente uno di essi è primo.
(a) x e y sono uomini e, o x è più alto di y, o y è più alto di x.
(b) O x oppure y ha gli occhi marroni, ed o x oppure y ha i capelli rossi.
(c) O x oppure y ha sia gli occhi marroni che i capelli rossi.
*3. Scrivere le definizioni usando il test di appartenenza per i seguenti insiemi:
(a) { Mercurio, Venere, Terra, Marte, Giove, Saturno, Urano, Nettuno }.
(b) { Abruzzo, Basilicata, Calabria, Campania, Emilia-Romagna, . . . }.
(c) { Austria, Belgio, Bulgaria, Cipro, Croazia, . . . }.
4. Scrivere le definizioni usando il test di appartenenza per i seguenti insiemi:
(a) {1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, . . .}.
(b) {1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, . . .}.
(c) {10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19}.
*5. Semplificare ls seguenti affermazioni. Quali variabili sono libere e quali
vincolate? Se l’affermazione non ha variabili libere, dire se è vera o falsa.
(a) −3 ∈ {x ∈ R | 13 − 2x > 1}
(b) 4 ∈ {x ∈ R− | 13 − 2x > 1}.
(c) 5 ∈
/ {x ∈ R | 13 − 2x > c}.
6. Semplificare ls seguenti affermazioni. Quali variabili sono libere e quali
vincolate? Se l’affermazione non ha variabili libere, dire se è vera o falsa.
(a) w ∈ {x ∈ R | 13 − 2x > c}.
(b) 4 ∈ {x ∈ R | 13 − 2x ∈ {y | y è un numero primp}}. (Questa
affermazione può essere resa più semplice da leggere se indichiamo
con P l’insieme {y | y è primo}; usando questa notazione, possiamo
riscrivere l’affermazioni di prima come 4 ∈ {x ∈ R | 13 − 2x ∈ P }.
(c) 4 ∈ {x ∈ {y | y è primo} | 13 − 2x > 1}. (Usando la stessa notazione
di cui sopra, possiamo riscriverla come 4 ∈ {x ∈ P | 13 − 2x > 1})
*7. Quali sono gli insiemi di verità delle seguenti affermazioni?
qualche elemento degli insiemi di verità se potete.
(a) Elizabeth Taylor è stata sposata con x.
(b) x è un connettivo logico studiato nella Sezione 1.1.
Elencate
34
(c) x è l’autore di questo libro.
8. Quali sono gli insiemi di verità delle seguenti affermazioni?
qualche elemento degli insiemi di verità se potete.
Elencate
(a) x è un numero reale e x2 − 3x + 3 = 0.
(b) x è un numero reale e x2 − 2x + 3 = 0.
(c) x è un numero reale e 5 ∈ {y ∈ R | x2 + y 2 < 50}.
1.4
Operazioni su Insiemi
Supponete che A sia l’insieme di verità di una affermazione P (x) and B è
l’insieme di verità di Q(x). Quali sono gli insiemi di verità delle affermazioni P (x) ∧ Q(x), P (x) ∨ Q(x) e ¬P (x)? Per rispondere a queste domande,
introduciamo alcune operazioni di base sugli insiemi.
Definition 1.4.1. La intersezione di due insiemi A e B è l’insieme A ∩ B
definito come segue:
A ∩ B = {x | x ∈ A e x ∈ B} .
L’unione di A e B è l’insieme A ∪ B definito come segue:
A ∪ B = {x | x ∈ A o x ∈ B} .
La differenza di A e B è l’insieme A \ B definito come segue:
A \ B = {x | x ∈ A e x ∈
/ B} .
Ricordate che le affermazioni che appaiono in queste definizioni sono test
di appartenenza. Cosı̀, per esempio, la definizione di A ∩ B dice che perché
un oggetto sia elemento di A ∩ B, deve essere elemento sia di A che di B.
In altre parole A ∩ B è l’insieme consistente di tutti gli elementi che A e B
hanno in comune. Poiché la parole o è sempre interpretata come o inclusivo in
matematica, qualunque che sia elemento di A o di B, o di entrambi, sarà un
elemento di A ∪ B. Cosı̀, possiamo pensare ad A ∪ B come l’insieme risultante
dal mettere tutti gli elementi di A e di B assieme nello stesso insieme. A \ B è
l’insieme che otterreste se partiste da A ed eliminaste qualche elemento presente
anche in B.
Esempio 1.4.2. Supponete che sia A = {1, 2, 3, 4, 5} e B = {2, 4, 6, 8, 10}.
Elencate gli elementi dei seguenti insiemi:
1.
2.
3.
4.
5.
A ∩ B.
A ∪ B.
A \ B.
(A ∪ B) \ (A ∩ B).
(A \ B) ∪ (B \ A).
35
Soluzioni.
A ∩ B = {2, 4}.
A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10}.
A \ B = {1, 3, 5}.
Abbiamo già calcolato A∪B e A∩B nelle soluzioni ai punti 1 e 2, pertanto
quello che ci rimane da fare è partire dall’insieme A ∪ B della soluzione 2
e rimuovere da esso gli elementi che stanno anche in A ∩ B. La risposta è
(A ∪ B) \ (A ∩ B) = {1, 3, 5, 6, 8, 10}.
5. Abbiamo già elencato gli elementi di A \ B nella soluzione al punto 3, e
B\A = {6, 8, 10}. Cosı̀, la loro unione è (A\B)∪(B\A) = {1, 3, 5, 6, 8, 10}.
È solo una coincidenza che otteniamo esattamente la stessa risposta nel
punto 4?
1.
2.
3.
4.
Esempio 1.4.3. Supponete che sia A = {x | x è un uomo} e B = {x |
x ha i capelli castani}. Cosa sono A ∩ B, A ∪ B e A \ B?
Soluzione.
Per definizione A ∩ B = {x | x ∈ A e x ∈ B}. Comme abbiamo visto nella
sezione precedente, le definizioni di A e B ci dicono che x ∈ A significa la stessa
cosa di “x è un uomo” e x ∈ B ha lo stesso significato di “x ha i capelli castani”.
Rimpiazzando queste frasi nella definizioni di A ∩ B, otteniamo che
A ∩ B = {x | x è un uomo e x ha i capaelli castani}.
Ragionamenti simili mostrano che
A ∩ B = {x | x è un uomo o x ha i capaelli castani}.
e
A \ B = {x | x è un uomo e x non ha i capaelli castani}.
Talvolta è utile, quando si lavora con operazioni tra insiemi, disegnare delle
figure con i risultati di queste operazioni. Una maniera di farlo è con i diagrammi come quello in Figura 1.7, chiamati diagrammi di Venn. L’interno del
rettangolo che racchiude il diagramma rappresenta l’universo del discorso U , e
l’interno dei due cerchi rappresenta i due insiemi A e B. Altri insiemi formati dalla combinazione di questi insiemi sono rappresentati da differenti regioni
nel diagramma. Per esempio, la regione ombreggiata in Figura 1.8 è la regione
comune ai due cerchi che rappresentano gli insiemi A e B, e rappresenta pertanto l’insieme A ∩ B. Le Figure 1.9 e 1.10 mostrano le regioni rappresentanti
rispettivamente A ∪ B e A \ B.
Vediamo ora un esempio di come i diagrammi di Venn ci possono aiutare
a capire operazioni tra insiemi complesse. Nell’esempio 1.4.2 gli insiemi (A ∪
B) \ (A ∩ B) e (A \ B) ∪ (B \ A) sono risultati uguali, per quella particolare
scelta di A e B. Si può vedere disegnando i diagrammi di Venn di entrambi gli
insiemi che non si è trattato di una coincidenza. Entrambi i diagrammi di Venn
U
36
U
A
B
A
B
A∩B
Figura 1.7
Figura 1.8
U
U
A
B
A
B
A∪B
A\B
Figura 1.9
Figura 1.10
appaiono come in Figura 1.11. Pertanto questi insiemi saranno sempre uguali,
indipendentemente dal valore di A e B, perché saranno entrambi l’insieme degli
oggetti che sono elementi o di A o di B, ma non contemporaneamente di A e B.
Questo insieme è chiamato la differenza simmetrica di A e B ed è scritto come
A 4 B. In altre parole A 4 B = (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B). Dopo,
in questa stessa sezione, vedremo un’altra spiegazione del perché i due insiemi
sono uguali.
Torniamo ora alla domanda con cui è iniziata questa sezione. Se A è il
l’insieme di verità di P (x) e B e l’insieme di verità di Q(x), allora, come abbiamo
visto nella sezione precedente, X ∈ A ha lo stesso significato di P (x) e x ∈ B
ha lo stesso significato di Q(x). Pertanto, l’insieme di verità di P (x) ∧ Q(x) è
{x | P (x) ∧ Q(x)} = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} = A ∩ B. Ciò dovrebbe apparire
sensato. Dice semplicemente che l’insieme di verità di P (x) e Q(x) consiste di
quegli elementi che sono comuni agli insiemi di verità di P (x) e di Q(x) — in
altre parole, i valori di x che rendono veri sia P (x) che Q(x). Abbiamo già visto
un esempio di tutto ciò. Nell’esempio 1.4.3 gli insiemi A e B erano i valori di
verità delle affermazioni “x è un uomo” e “x ha i capelli castani”, e A ∩ B è
37
U
A
B
(A ∪ B) \ (A ∩ B) = (A \ B) ∪ (B \ A)
Figura 1.11
risultato essere l’insieme di verità di “x è un uomo e x ha i capelli castani”.
Ragionamenti simili mostrano che l’insieme di verità di P (x) ∨ Q(x) è A ∪ B.
Per trovare l’insieme di verità di ¬P (x), dobbiamo tirare in ballo l’universo del
discorso U . L’insieme di verità di ¬P (x) consisterà di quegli elementi dell’universo per i quali P (x) è falsa, e possiamo trovare questo insieme partendo da U
e rimuovendo da esso quegli elementi per i quali P (x) è vera. Cosı̀, l’insieme di
verità di ¬P (x) è U \ A.
Queste osservazioni sugli insiemi di verità mostrano il fatto che le operazioni della teoria degli insiemi ∩, ∪ e \ sono correlate alle operazioni logiche ∧,
∨ e ¬. Tutto ciò non dovrebbe sorprendere poiché dopo tutto le parole e, o,
not appaiono nella definizione delle operazioni insiemistiche. (La parola non in
realtà non appare in maniera esplicita, ma è lı̀, nascosta dal simbolo matematico ∈
/ nella definizione di differenza tra due insiemi.) È importante ricordare,
tuttavia, che sebbene le operazioni su insiemi e i connettivi logici sono correlati,
non sono intercambiabili. I connettivi logici possono essere usati soltanto per
combinare affermazioni, mentre le operazioni della teoria degli insiemi devono
essere usate per combinare insiemi. Per esempio, se A è l’insieme di verità di
P (x) e B è l’insieme di verità di Q(x), allora possiamo dire che A ∩ B è l’insieme
di verità di P (x) ∧ Q(x), ma espressioni come A ∧ B oppure P (x) ∩ Q(x) sono
completamente prive di significato e non andrebbero mai usate.
La relazione tra operazioni della teoria degli insiemi e connettivi logici diventa lampante anche quando analizziamo la forma logica di affermazioni circa
l’intersezioni, unione e differenza di insiemi. Per esempi, in accordo alla definizione di intersezione, dire che x ∈ A ∩ B è equivalente a dire x ∈ A ∧ x ∈ B. In
maniera simile, dire che x ∈ A ∪ B significa x ∈ A ∨ x ∈ B, e x ∈ A \ B significa
x ∈ A∧x ∈
/ B, ovvero x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B). Possiamo combinare queste regole
quando analizziamo affermazioni su insiemi più complessi.
1. x ∈ A ∩ (B ∪ C).
2. x ∈ A \ (B ∩ C).
38
3. x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B).
Soluzioni.
1. x ∈ A ∩ (B ∩ C)
è equivalente a
2. x ∈ A \ (B ∩ C)
è equivalente a
3. x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
è equivalente a
x ∈ A ∧ x ∈ (B ∪ C)
x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)
x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B ∩ C)
x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B ∧ x ∈ C)
(definizione di ∩),
(definizione di ∪).
(definizione di \),
(definizione di ∩).
x ∈ (A ∩ B) ∨ x ∈ (A ∩ C)
(x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C)
(definizione di ∪),
(definizione di ∩).
Guardate di nuovo le soluzioni ai punti 1 e 3 dell’Esempio 1.4.4. Dovreste
riconoscere che le affermazioni finali di questi due punti sono equivalenti. (Se
cosı̀ non è, date un’occhiata alle leggi distributive nella Sezione 1.2.) Questa
equivalenza vuol dire che le affermazioni x ∈ A ∩ (B ∪ C) e x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
sono equivalenti. In altre parole, gli oggetti che sono elementi di A ∩ (B ∪ C)
sono esattamente gli stessi oggetti che sono elementi di (A ∩ B) ∪ (A ∩ C),
indipendentemente da quelli che sono gli insiemi A, B e C. Ricordate che
insiemi con gli stessi elementi sono uguali, pertanto ne segue che per qualunque
insiemi A, B e C, A∩(B ∪C) = (A∩B)∪(A∩C). Un’altro modo di vederlo è con
il diagramma di Venn in Figura 1.12. I nostri diagrammi di Venn precedenti
avevano due cerchi, perché nei precedenti esempi combinavamo soltanto due
insiemi. Questo diagramma di Venn ha tre cerchi, che rappresentano i tre insiemi
A, B e C che combiniamo in questo caso. Sebbene sia possibile creare diagrammi
di Venn per più di tre insiemi, ciò viene fatto molto di rado, perché non è
possibile farlo con cerchi sovrapposti. Per maggiori dettagli sui diagrammi di
Venn con più di tre insiemi, vedere l’esercizio 10..
Cosı̀, vediamo che la legge distributiva per i connettivi logici ha portato ad
una legge distributiva per le operazioni insiemistiche. Potreste sospettare che
poiché ci sono due leggi distributive per i connettivi logici, con ∧ e ∨ che giocano
un ruolo opposto nelle due leggi, ci possano essere due leggi distributive pure
per le operazioni tra insiemi. La seconda legge distributiva per insiemi dovrebbe
dire che, per insiemi qualunque A, B e C, sia A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).
Potete verificarlo voi stessi scrivendo le affermazioni x ∈ A ∪ (B ∩ C) e x ∈
(A ∪ B) ∩ (A ∪ C) usando i connettivi logici e verificando che sono equivalenti,
usando la seconda legge distributiva per i connettivi ∧ e ∨. Un’altro modo di
vederlo è disegnare un diagramma di Venn.
Possiamo derivare un’altra identità tra insiemi trovando una affermazione
equivalente alla affermazione con cui abbiamo terminato il punto 2 dell’Esercizio 1.4.4:
x ∈ A \ (B ∩ C)
39
U
A
B
C
A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
Figura 1.12
che
che
che
che
è
è
è
è
è
equivalente
equivalente
equivalente
equivalente
equivalente
a
a
a
a
a
x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B ∧ x ∈ C)
x ∈ A ∧ (x ∈
/ B∨x∈
/ C)
(x ∈ A ∧ x ∈
/ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈
/ C)
(x ∈ A \ B) ∨ (x ∈ A \ C)
x ∈ (A \ B) ∪ (A \ C))
(Esempio 1.4.4),
(legge di De Morgan),
(legge distributiva),
(definizione di \),
(definizione di ∪).
In questo modo abbiamo mostrato che per tutti gli insiemi A, B e C, A \ (B ∩
C) = (A \ B) ∪ (A \ C). Ancora una volta, potete verificare la correttezza di
questa identità anche usando i diagrammi di Venn.
Prima abbiamo promesso di mostrare una maniera alternativa per verificare
l’identità (A ∪ B) \ (A ∩ B) = (A \ B) ∪ (B \ A). Dovreste aver capito come
si possa fare. Prima di tutto, scriviamo la forma logica delle affermazioni x ∈
(A ∪ B) \ (A ∩ B) e x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A):
x ∈ (A ∪ B) \ (A ∩ B) vuol dire (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ ¬(x ∈ A ∧ x ∈ B);
x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A) vuol dire (x ∈ A ∧ x ∈
/ B) ∨ (x ∈ B ∧ x ∈
/ A).
Potete ora verificare, usando le equivalenza della Sezione 1.2, che queste affermazioni sono equivalenti. Una maniera alternativa per verificare le equivalenze
è con una tabella di verità. Per semplificare la tabella, usiamo P e Q come
abbreviazioni per le affermazioni x ∈ A e x ∈ B. Quindi, bisogna controllare
che le formule (P ∨ Q) ∧ ¬(P ∧ Q) sia equivalente a P ∧ ¬Q) ∨ (Q ∧ ¬P ). La
tabella di verità in Figura 1.13 verifica l’equivalenza.
Definition 1.4.5. Supponiamo che A e B siano insiemi. Diremo che A è un
sottoinsieme di B se ogni elemento di A è anche un elemento di B. Scriveremo
A ⊆ B per dire che A è un sottoinsieme di B. A e B sono detti disgiunti se non
hanno elementi in comune. Notare che ciò è lo stesso di dire che l’insieme degli
elementi che hanno in comune è vuoto, ovvero che A ∩ B = ∅.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
(P ∨ Q) ∧ ¬(P ∧ Q)
F
T
T
F
40
(P ∧ ¬Q) ∨ (Q ∧ ¬P )
F
T
T
F
Figura 1.13
Esempio 1.4.6. Supponiamo che siano A = {rosso, verde}, B = {rosso, giallo, verde, viola}
e C = {azzurro, viola}. Allora i due elementi di A, rosso e verde, sono anche
elementi di B, e pertanto A ⊆ B. Inoltre, A ∩ C = ∅, pertanto A e C sono
disgiunti.
Se sappiamo che A ⊆ B o che A e B sono disgiunti, possiamo disegnare
un diagramma di Venn per A e in B in maniera differente, che rifletta questa
informazione. Le Figure 1.14 e 1.15 illustrano questo caso.
U
B
A
U
A
B
A⊆B
A∩B =∅
Figura 1.14
Figura 1.15
Esattamente come abbiamo mostrato precedentemente che certi insiemi sono sempre uguali, è possibile talvolta mostrare che certi insiemi sono sempre
disgiunti, o che un insieme è sempre sottoinsieme di un altro. Per esempio,
si può vedere in un diagramma di Venn che gli insiemi A ∩ B e A \ B non si
sovrappongono, e pertanto saranno sempre disgiunti per tutti i possibili insiemi
A e B. Un altro modo di verificare questa proprietà è quello di scrivere cosa
significa che x ∈ (A ∩ B) ∧ (A \ B):
x ∈ (A ∩ B) \ (A \ B) significa (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∧ x ∈
/ B),
che è equivalente a x ∈ A ∧ (x ∈ B ∧ x ∈
/ B).
Ma quest’ultima affermazione è ovviamente una contraddizione, cosı̀ l’affermazione x ∈ (A ∩ B) ∩ (A \ B) sarà sempre falsa, qualunque sia il valore di x. In
altre parole, non esiste nessun elemento di (A ∩ B) ∩ (A \ B), pertanto deve
essere (A ∩ B) ∩ (A \ B) = ∅. Ne segue che A ∩ B e A \ B sono disgiunti.
41
Teorema 1.4.7. Per tutti gli insiemi A e B, (A ∪ B) \ B ⊆ A.
Dimostrazione. Dobbiamo mostrare che se qualcosa è un elemento di (A∪B)\B,
allora esso è anche un elemento di A, pertanto supponiamo che x ∈ (A ∪ B) \ B.
Questo significa che x ∈ A ∪ B e x ∈
/ B o, in altre parole, x ∈ A ∨ x ∈ B e
x ∈
/ B. Ma notiamo che queste affermazioni hanno le forme logiche P ∧ Q e
¬Q, e questa è precisamente la forma delle premesse del nostro primo esempio
di ragionamento deduttivo nella Sezione 1.1. Come abbiamo visto nell’esempio,
da queste premesse possiamo concludere che P , ovvero x ∈ A, è vero. Cosı̀,
qualunque cosa sia un elemento di (A ∪ B) \ B deve essere anche un elemento
di A, ovvero (A ∪ B) \ B ⊆ A.
Potreste pensare che una simile rigorosa applicazione delle leggi logiche non
sia necessaria per comprendere perché il Teorema 1.4.7 è corretto. L’insieme
(A ∪ B) \ B potrebbe essere pensato come il risultato di partire con l’insieme
A, aggiungere gli elementi di B, e successivamente rimuoverli di nuovo. Il senso
comune suggerisce che il risultato sarà l’insieme originale A: in altre parole,
sembra che (A ∪ B) \ B = A. Tuttavia, come vi chiederà di verificare l’esercizio 9., questa conclusione è sbagliata. Questo mostra che in matematica non
dovete consentire a un ragionamento impreciso di portarvi a conclusioni errate.
Applicare le leggi della logica attentamente, come abbiamo fatto nella prova del
Teorema 1.4.7, può aiutarvi ad evitare di saltare a conclusione non fondate.
Esercizi
*1. Sia A = {1, 3, 12, 35}, B = {3, 7, 12, 20} e C = {x | x è un numero primo}.
Elenca gli elementi dei seguenti insiemi. Quali formano coppie di insiemi
disgiunti? Quali sono sottoinsiemi di altri?
(a) A ∩ B.
(b) (A ∪ B) \ C.
(c) A ∪ (B \ C).
2. Sia A = {USA, Germania, Cina, Australia}, B = {Germania, Francia, India, Brasile}
e C = {x | x è uno stato europeo}. Elenca gli elementi dei seguenti insiemi. Quali formano coppie di insiemi disgiunti? Quali sono sottoinsiemi di
altri?
(a) A ∪ B.
(b) (A ∩ B) \ C.
(c) (B ∩ C) \ A.
3. Verifica che i diagrammi di Venn per (A ∪ B) \ (A ∩ B) e (A \ B) ∪ (B \ A)
siano entrambi uguali a quello in Figura 1.11 come affermato in questa
sezione.
*4. Usa i digrammi di Venn per verificare le seguenti identità:
• A \ (A ∩ B) = A \ B.
42
• A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).
5. Verifica le identità nell’esercizio 4. scrivendo (usando i simboli logici) cosa
significa per un oggetto x essere un elemento di ogni insieme ed usando le
equivalenze logiche.
6. Usa i diagrammi di Venn per verificare le seguenti identità:
(a) (A ∪ B) \ C = (A \ C) ∪ (B \ C).
(b) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) \ (C \ A).
7. Verifica le identità nell’esercizio 6. scrivendo (usando i simboli logici) cosa
ignifica per un oggetto x essere un elemento di ogni insieme ed usando le
equivalenze logiche.
*8. Per ognuno dei seguenti insiemi, scrivi (usando i connettivi logici) cosa
significa per un oggetto x essere un elemento di quell’insieme. Successivamente trova quali coppie di insiemi sono uguali, determinando quali
formule logiche sono equivalenti.
(a) (A \ B) \ C).
(b) A \ (B \ C).
(c) (A \ B) ∪ (A ∩ C).
(d) (A \ B) ∩ (A \ C).
(e) A \ (B ∪ C).
9. È stato mostrato in questa sezione che per tutti gli insiemi A e B, (A∪B)\
B ⊆ A. Dare un esempio di due insiemi A e B tali che (A ∪ B) \ B 6= A.
*10. È stato affermato in questa sezione che non si può fare un diagramma di
Venn per quattro insiemi usando cerchi sovrapposti.
(a) Cosa c’è di sbagliato nel seguente diagramma? (Suggerimento: dov’è
l’insieme (A ∩ D) \ (B ∪ C) ?)
U
A
B
C
D
(b) Puoi realizzare un diagramma di Venn per quattro insiemi usando
forme differenti dai cerchi?
11. (a) Disegna i diagrammi di Venn per gli insiemi (A ∪ B) \ C e A ∪ (B \ C).
Cosa si può concludere sul fatto che uno dei due insiemi debba essere
necessariamente sottoinsieme dell’altro?
43
(b) Dai un esempio di insiemi A, B e C per i quali (A∪B)\C 6= A∪(B\C).
*12. Usa i diagrammi di Venn per mostrare che la legge associativa vale per
la differenza simmetrica; ovvero, che per tutti gli insiemi A, B e C, A 4
(B 4 C) = (A 4 B) 4 C.
13. Usa il metodo da te preferito per verificare le seguenti identità:
(a) (A 4 B) ∪ C = (A ∪ C) 4 (B \ C).
(b) (A 4 B) ∩ C = (A ∩ C) 4 (B ∩ C).
(c) (A 4 B) \ C = (A \ C) 4 (B \ C).
14. Usa il metodo da te preferito per verificare le seguenti identità:
(a) (A ∪ B) 4 C = (A 4 C) 4 (B \ A).
(b) (A ∩ B) 4 C = (A 4 C) 4 (A \ B).
(c) (A \ B) 4 C = (A 4 C) 4 (A ∩ B).
15. Riempi gli spazi in modo da ottenere delle identità vere.
(a) (A 4 B) ∩ C = (C \ A) 4
.
(b) C \ (A 4 B) = (A ∩ C) 4
.
(c) (B \ A) 4 C = (A 4 C) 4
.
1.5
I connettivi Condizionale e Bicondizionale
È tempo adesso di tornare ad una domanda lasciata irrisolta nella Sezione 1.1.
Abbiamo visto come il ragionamento nella prima e terza argomentazione dell’Esempio 1.1.1 possa essere compreso analizzando i connettivi ∨ e ¬. Ma cosa si
può dire della seconda argomentazione? Ricordiamo che il ragionamento era il
seguente.
Se oggi è domenica, allora non devo andare a lavoro
Oggi è domenica
Pertanto non devo andare a lavoro
Cosa è che rende questo ragionamento valido? Sembra che le parole cruciali qui
siano it e allora, che appaiono nella premessa. Introduciamo pertanto un nuovo
connettivo logico, →, e scriviamo P → Q per rappresentare l’affermazione “Se P
allora Q”. Questa affermazione è talvolta chiamata affermazione condizionale,
con P detto antecedente e Q detto conseguente. Se P sta per “Oggi è domenica”
e Q per “Oggi non devo andare a lavoro”, allora la forma logica del ragionamento
sarà
P →Q
P
`Q
La nostra analisi del nuovo connettivo → deve portare a concludere che questa
argomentazione è valida.
44
1. Se sta piovendo e non ho il mio ombrello, allora mi bagnerò.
2. Se Mary ha svolto il compito, l’insegnate lo correggerà, e se non l’ha svolto,
l’insegnante le chiederà di farlo alla lavagna.
Soluzioni.
1. Usiamo R per “Sta piovendo”, U per ”Ho il mio ombrello” e W per “mi
bagnerò”. L’affermazione 1 verrà rappresentata dalla formula (R ∧ ¬U ) →
W.
2. Usiamo H per “Mary ha svolto il compito”, C per “l’insegnante correggerà
il compito” e B per “l’insegnante chiederà a Mary di svolgerle il compito
alla lavagna”. Allora l’affermazione significa (H → ¬C) ∧ (¬H → B).
Per analizzare argomentazioni contenenti il connettivo → dobbiamo individuare la tabella di verità per la formula P → Q. Poiché P → Q dovrebbe
significare che se P è vera allora anche Q è vera, certamente vogliamo dire che
se P è vera e Q è falsa allora P → Q è falsa. Se P è vera e Q è anch’essa vera,
sembra ragionevole dire che P → Q è vera. Questo ci da le ultime due righe nella
tabella di verità in Figura 1.16. Le restanti due righe della tabella di verità sono
più difficili da riempire, sebbene alcune persone possa dire che se P e Q sono
entrambe false, allora P → Q debba essere considerata vera. Pertanto, possiamo
riassumere le nostre conclusioni fino ad ora con la tabella in Figura 1.16.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
P →Q
T?
?
F
T
Figura 1.16
Per aiutarci a riempire le righe indeterminate nella tabella, esaminiamo un
esempio. Consideriamo l’affermazione “se x > 2 allora x2 > 4”, che potremmo
rappresentare con la formula P (x) → Q(x), dove P (x) sta per l’affermazione
x > 2 e Q(x) per l’affermazione x2 > 4. Naturalmente, le affermazioni P (x) e
Q(x) contengono la variabile libera x, ed ognuna di esse sarà vera per alcuni
valori di x e falsa per altri. Ma sicuramente, non importa quale sia il valore di x,
diremmo che è vero che se x > 2 allora x2 > 4, pertanto la formula condizionale
P (x) → Q(x) dovrebbe essere vera. Pertanto, la tabella di verità di → dovrebbe
essere completata in maniera tale che, non importa quale valore mettiamo per
x, l’affermazione condizionale risulti sempre vera.
Per esempio, supponiamo x = 3. In questo caso x > 2 e x2 = 9 > 4, cosı̀
P (x) e Q(x) sono entrambe vere. Questo corrisponde alla riga 4 della tabella
di verità in Figura 1.16, e abbiamo già deciso di assegnarle il valore di verità T .
Ma consideriamo ora il caso x = 1. Allora x < 2 e x2 = 1 < 4, cosı̀ P (x) e Q(x)
45
sono entrambe false, come dalla riga 1 della tabella di verità. Avevamo messo
una T in via provvisoria su questa riga, e vediamo adesso che questa scelta
sembra corretta. Se mettessimo una F qui, allora l’affermazione P (x) → Q(x)
risulterebbe falsa per x = 1, mentre abbiamo già convenuto che dovrebbe essere
vera per tutti i valori di x.
Per finire, consideriamo il caso in cui x = −5. Allora x < 2, quindi P (x) è
falso, ma x2 = 25 > 4, quindi Q(x) è vero. Cosı̀, in questo caso ci troviamo nella
seconda riga della tabella, e ancora una volta, perché l’affermazione condizionale
P (x) → Q(x) sia vera in questo caso, dobbiamo mettere una T in questa riga.
Sembra pertanto che tutte le righe in dubbio della tabella in Figura 1.16 debbano
essere riempite con T , e la tabella di verità completata per il connettivo → deve
essere quella mostrata in Figura 1.17.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
P →Q
T
T
F
T
Figura 1.17
Naturalmente ci sono molti altri valori di x che possono essere rimpiazzati
nell’affermazione “se x > 2 allora x2 > 4” ma, se li provate, scoprirete che
conducono tutti alle righe uno, due e quattro della tabella, come nei nostri
esempi con x = 1, −5 e 3. Nessun valore di x condurrà alla riga tre, perché non
si può mai avere x > 2 e x2 ≤ 4. Dopotutto, questo è proprio il motivo per
cui abbiamo detto che l’affermazione “se x > 2 allora x2 > 4” è sempre vera,
indipendentemente dal valore di x. Il punto di dire che questa affermazione
condizionale è sempre vera è proprio quello di affermare che non troveremo mai
un valore di x tale che x > 2 e x2 ≤ 4 — in altre parole, non c’è un valore di
x per cui P (x) è vera ma Q(x) è falsa. Cosı̀, è abbastanza sensato che nella
tabella di verità di P → Q, l’unica riga falsa è quella per cui P è vera e Q è
falsa.
Come mostrato dalla tabella di verità in Figura 1.18, la formula ¬P ∨ Q è
anche vera in ogni caso eccetto quando P è vera e Q è falsa. Cosı̀, se accettiamo
che la tabella di verità in Figura 1.17 è la tabella di verità giusta per la formula
P → Q, allora siamo forzati ad accettare la conclusione che P → Q e ¬P ∨ Q
siano equivalenti. È tutto ciò consistente con l’uso delle parole se e allora nel
linguaggio comune? A prima vista può sembrare di no, ma, almeno per qualche
uso se e allora, lo è.
Per esempio, immaginate un insegnate dire alla classe, in tono minaccioso
”Non dimenticate i compiti a casa, o fallirete all’esame”. Grammaticalmente
questa affermazione ha la forma ¬P ∨ Q dove P è l’affermazione “Voi dimenticherete i compiti a casa” e Q è “Voi fallirete all’esame”. Ma qual è il messaggio
che l’insegnante sta provando a veicolare con questa affermazione? Chiaramente
il messaggio inteso è “Se dimenticherete i compiti a casa, allora fallirete l’esa-
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
46
¬P ∨ Q
T
T
F
T
Figura 1.18
me”, o in altre parole, P → Q. Cosı̀, in questo esempio, l’affermazione ¬P ∨ Q
e P → Q vogliono dire la stessa cosa.
C’è una idea simile a lavoro nella prima affermazione dell’Esempio 1.1.2,
“O John è andato al negozio, o siamo rimasti senza uova”. Nella Sezione 1.1,
abbiamo rappresentato questa affermazione con la formula P ∨ Q dove P sta
per “John è andato al negozio” e Q per “Siamo rimasti senza uova”. Ma chi ha
fatto questa affermazione voleva probabilmente esprimere l’idea che se John non
andasse al negozio, allora rimarremmo senza uova, o in altre parole, ¬P → Q.
Cosı̀, questo esempio suggerisce che ¬P → Q vuol dire la stessa cosa di P ∨ Q. In
effetti, possiamo derivare questa equivalenza dalla precedente sostituendo ¬P
per P . Poiché P → Q è equivalente a ¬P ∨ Q, ne segue che ¬P → Q è equivalente
a ¬¬P → Q che è equivalente a P ∨ Q per la legge della doppia negazione.
Possiamo derivare un’altra utile equivalenza come segue:
¬P ∨ Q
è equivalente a
¬P ∨ ¬¬Q
¬(P ∨ ¬Q)
(legge di doppa negazione)
(legge di De Morgan).
Cosı̀, P → Q è anche equivalente a ¬(P ∧ ¬Q). Infatti, questa è precisamente la
conclusione che abbiamo raggiunto precedentemente quando abbiamo discusso
l’affermazione “Se x > 2 allora x2 > 4”. Abbiamo decido allora che la ragione
per cui questa affermazione per ogni valore di x è che non esiste un valore di x
per cui x > 2 e x2 ≤ 4. In altre parole, l’affermazione P (x) ∧ ¬Q(x) non è mai
vera, dove come prima P (x) sta per x > 2 e Q(x) per x2 > 4. Ma questo è lo
stesso di dire che l’affermazione ¬(P (x) ∧ ¬Q(x)) è sempre vera. Cosı̀, dire che
P (x) → Q(x) è sempre vera significa la stessa cosa di dire che ¬(P (x)∧ =
6 Q(x))
è sempre vera.
Per un altro esempio di questa equivalenza, considera l’affermazione “Se pioverà, prenderò il mio ombrello”. Naturalmente questa affermazione ha la forma
P → Q, dove P sta per l’affermazione “Pioverà” e Q per l’affermazione “Prenderò il mio ombrello”. Ma potremmo anche pensare che questa affermazione
sia una dichiarazione del fatto che non verrò beccato dalla pioggia senza il mio
ombrello — in altre parole, che ¬(P ∧ ¬Q).
Per concludere, abbiamo discusso le seguenti equivalenze che coinvolgono
affermazioni condizionali:
Leggi condizionali
P → Q è equivalente a ¬P ∨ Q.
P → Q è equivalente a ¬(P ∧ ¬Q).
47
Nel caso non foste ancora convinti che la tabella di verità in Figura 1.17
sia corretta, diamone ancora una ragione in più. Sappiamo che, usando questa
tabella, possiamo analizzare la valida di un ragionamento deduttivo che coinvolge le parole se e allora. Scopriremo, se analizziamo semplici ragionamenti,
che la tabella di verità in Figura 1.17 porta a conclusioni ragionevoli circa la
loro validità. Ma se facciamo dei cambiamento nella tabella di verità, otterremo delle conclusioni che sono senz’altro non corrette. Per esempio, torniamo al
ragionamento deduttivo con cui abbiamo iniziato la sezione:
P →Q
P
`Q
Abbiamo già deciso che questa forma di ragionamento deve essere valida, a la
tabella di verità in Figura 1.19 lo conferma. Le premesse sono entrambe vere
solo sulla riga quattro della tabella, e in questa riga la conclusione è anch’essa
vera.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
Premesse
P →Q P
T
F
T
F
F
T
T
T
Conclusione
Q
F
T
F
T
Figura 1.19
Potete anche vedere dalla Figura 1.19 che entrambe le premesse sono necessarie per rendere questo ragionamento valido. Ma se dovessimo cambiare la
tabella di verità per l’affermazione condizionale e rendere P →Q falsa sulla prima
riga, allora la seconda premessa del ragionamento non sarebbe più necessaria.
Arriveremmo alla conclusione che dalla semplice premessa P →Q possiamo inferire che Q è vera, poiché nelle due righe della tabella di verità in cui la premessa
P → Q sarebbe ancora vera, le righe due e quattro, la conclusione Q è anch’essa
vera. Ma tutto ciò non sembra corretto. Sapendo soltanto che se P è vero allora
Q è vero, senza sapere che P è vero, non sembra ragionevole essere in grado di
concludere che Q è vero. Per esempio, supponiamo di sapere che l’affermazione
“Se John non p andato al negozio, allora siamo rimasti senza uova” è corretta.
A meno che non sappiamo anche se John è andato o no al negozio, non possiamo
raggiungere alcuna conclusione circa il fatto di essere rimasti senza uova. Cosı̀,
cambiando la prima linea della tabella di verità di P → Q arriveremmo ad una
conclusione non corretta circa la validità di un ragionamento deduttivo.
Cambiare la seconda riga della tabella di verità porterebbe ancora una volta
conclusioni inaccettabili circa la validità di un ragionamento. Per rendersi conto
di ciò, consideriamo il seguente ragionamento:
48
P →Q
Q
`P
Questa non dovrebbe essere considerata una forma valida di ragionamento. Per
esempio, consideriamo il seguente ragionamento che ha la forma di cui sopra:
Se Jones è stato condannato per l’omicidio di Smith, allora andrà in
prigione
Jones andrà in prigione. Pertanto, Jones è stato condannato per
l’omicidio di Smith.
Anche se le premesse di questi ragionamenti sono vere, la conclusione che Jones è
stato condannato per l’omicidio di Smith non ne è conseguenza diretta. Magari
Jones è andato in prigione per avere rubato in banca o per avere evaso le tasse.
Pertanto, la conclusione di questa argomentazione può essere falsa anche se le
premesse sono vere, quindi il ragionamento non è valido.
L’analisi con le tabelle di verità in Figura 1.20 si accorda con questa conclusione. Nella riga due della tabella, la conclusione P è falsa, ma entrambe
le premesse sono vere, cosı̀ il ragionamento non è valido. Notiamo però che se
cambiassimo la tabella di verità di P → Q rendendo falsa la seconda riga, allora
dalla tabella di verità risulterebbe che il ragionamento è valido. Pertanto, l’analisi di questo ragionamento sembra supportare la nostra decisione di mettere
una T nella seconda riga di P → Q.
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
Premesse
P →Q Q
T
F
T
T
F
F
T
T
Conclusione
P
F
F
T
T
Figura 1.20
L’ultimo esempio mostra che dalle premesse P → Q e Q non è corretto
inferire P . Ma sarebbe certamente corretto inferire P dalle premesse Q → P e
Q. Questo mostra che le formule P →Q e Q→P non hanno lo stesso significato.
Potete controllarlo costruendo la tabella di verità per entrambe e verificando
che sono diverse. Per esempio, una persona potrebbe credere che, in generale,
l’affermazione “Se sei condannato per omicidio non sei degno di fiducia” sia
vera, senza credere nella affermazione “Se non sei degno di fiducia, allora sei
stato condannato per omicidio”. La formula Q → P è chiamata l’opposta di
P → Q. È molto importane assicurarsi di non confondere mai una affermazione
condizionale con la sua opposta.
La contropositiva (o anche contrapposizione) di P →Q è la formula ¬Q→¬P ,
ed è equivalente a P → Q. Ciò può non apparire ovvio a prima vista, ma lo si
può verificare con una tabella di verità. Per esempio, le affermazioni “Se John
49
ha incassato l’assegno che ho scritto, allora il mio conto in banca è in rosso” e
“Se il mio conto in banca non è in rosso, allora John non ha intascato l’assegno
che ho scritto” sono equivalenti. Entrambe sono vere esattamente nelle stesse
circostanze, ovvero, se l’assegno che ho scritto è per un ammontare maggiore
del mio salda sul conto corrente. L’equivalenza di una affermazione condizionale
e della sua contropositiva è usata spesso nel ragionamento matematico. La
aggiungiamo alla nostra lista di equivalenze importanti:
Legge di contropositività
P → Q è equivalente a ¬P → ¬Q.
Esempio 1.5.2. Quali delle seguenti affermazioni sono tra loro equivalenti?
1. Se stata o piovendo o nevicando, la partita è stata sospesa.
2. Se la partita non è stata sospesa, allora non sta piovendo e non sta
nevicando.
3. Se la partita è stata sospesa, allora sta piovendo o sta nevicando.
4. Se sta piovendo la partita è stata sospesa, e se sta nevicando la partita è
stata sospesa.
5. Se non sta né piovendo né nevicando, allora la partita non è stata sospesa.
Soluzione.
Traduciamo tutte le affermazioni nella notazione della logica, usando le seguenti
abbreviazioni: R (rain) sta per l’affermazione “Sta piovendo”, S (snow) per “Sta
nevicando” e C (cancelled) per “La partita è stata sospesa”.
1. (R ∨ S) → C.
2. ¬C → (¬R ∧ ¬S). Per una delle leggi di De Morgan, questo è equivalente
a ¬C → ¬(R ∨ S). Questa è la contropositiva della formula 1, pertanto è
ad essa equivalente.
3. C → (R ∨ S). Questa è l’opposta della formula 1, che non è equivalente ad
essa. Potete verificarlo con una tabella di verità, o semplicemente pensando a cosa significano queste affermazioni. L’affermazione 1 vuol dire che
pioggia e neve risulteranno nella sospensione della partita. L’affermazione
3 dice che queste sono le sole circostanze per cui la partita è sospesa.
4. (R→C)∧(S→C). Questa è equivalente alla affermazione 1, come mostrato
qui sotto:
(R → C) ∧ (S → C)
è equivalente a
(¬R ∨ C) ∧ (¬S ∨ C)
(¬R ∧ ¬S) ∨ C
¬(R ∨ S) ∨ C
(R ∨ S) → C
(legge
(legge
(legge
(legge
condizionale),
distributiva),
di De Morgan),
condizionale).
Dovreste rileggere le affermazioni 1 e 4 e convincervi che è sensato che esse
siano equivalenti.
50
5. ¬(R ∨ S) → ¬C. Questa è la contropositiva della affermazione 3, pertanto
esse sono equivalenti. Non è equivalente alle affermazioni 1, 2, e 4.
Affermazioni che vogliono dire P → Q vengono fuori molto spesso in matematica, ma qualche volta esse non sono scritte nella forma “Se P allora Q”. Ecco
alcuni modi di esprimere l’idea P → Q che sono spesso usati in matematica:
P implica Q.
Q, se P .
P solo se Q.
P è condizione sufficiente per Q.
Q è condizione necessaria per P .
Alcuni di questi richiedono ulteriori spiegazioni. La seconda espressione “Q,
se P ” è soltanto un semplice riarrangiamento della affermazione “Se P allora
Q”, pertanto dovrebbe essere evidente che vuol dire P → Q. Come esempio
di una affermazione del tipo “P solo se Q’, consideriamo la frase “Puoi essere
eletto Presidente della Repubblica solo se sei un cittadino italiano”. In questo
caso, P è “Puoi essere eletto Presidente della Repubblica” e Q è “Se un cittadino
italiano”. Quello che vuol dire questa affermazione è che se non sei un cittadino,
non puoi essere eletto presidente o, in altre parole, ¬Q → ¬P . Ma sappiamo che
per la legge di contropositività questa è equivalente a P → Q.
Pensate a “P è una condizione sufficiente per Q” come un altro modo di dire
“La verità di P è sufficiente a garantire la verità di Q”, e dovrebbe sembrarvi
sensato che questo sia rappresentato con P → Q. Infine, “Q è condizione necessaria per P ” significa che perché P sia vera, necessariamente deve essere vera
anche Q. Questo significa che se Q non è vera, allora P non può essere vera,
o in altre parole, ¬Q → ¬P . Ancora una volta, per contropositività otteniamo
P → Q.
1.
2.
3.
4.
Se ci sono almeno dieci persone, allora la lezione si terrà.
La lezione si terrà solo se ci sono almeno dieci persone.
La lezione si terrà se ci sono almeno dieci persone.
Avere almeno dieci persone è una condizione sufficiente perché si tenga la
lezione.
5. Avere almeno dieci persone è condizione necessaria perché si tenga la
lezione.
Soluzioni.
Usiamo le lettere T (ten) per “Ci sono almeno dieci persone” ed L per “La
lezione si terrà”.
1. T → L.
2. L → T . Questa affermazione vuol dire che se non ci sono almeno dieci
persone, allora la lezione non si terrà, ovvero che ¬T → ¬L. Per la legge
di contropositività, questo è equivalente a L → T .
51
3. T → L. È solo una parafrasi della affermazione 1.
4. T →L. L’affermazione dice che avere dieci persone è sufficiente a garantire
che si terrà la lezione, e questo significa che se ci sono almeno dieci persone,
allora la lezione si farà.
5. L → T . L’affermazione è lo stesso significato dell’affermazione 2: se non
ci sono almeno dieci persone, la lezione non si terrà.
Abbiamo già visto che una affermazione condizionale P →Q e la sua opposta
Q → P non sono equivalenti. Spesso in matematica si vuole dire che entrambe
P → Q e Q → P sono vere, ed è pertanto conveniente introdurre un nuovo
simbolo di connettivo, ↔, per esprimere questo fatto. Potete pensare a P ↔
Q semplicemente come una abbreviazione della formula (P → Q) ∧ (Q → P ).
Un affermazione come P ↔ Q si chiama affermazione bicondizionale, perché
rappresenta due affermazioni condizionali. Costruendo una tabella di verità per
(P → Q) ∧ (Q → P ) potete verificare che la tabella di verità per P ↔ Q è quella
mostrate in Figura 1.21. Notate che, per la legge di contropositività, P ↔ Q è
anche equivalente a (P → Q) ∧ (¬P → ¬Q).
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
P ↔Q
T
F
F
T
Figura 1.21
Poiché Q → P può essere scritta come “P , se Q” e P → Q può essere scritta
come “P solo se Q”, P ↔ Q significa “P se Q e P solo se Q“, e questo spesso
abbreviato con “P se e solo se Q”. La frase se e e solo se occorre cosı̀ spesso in
matematica che c’è una abbreviazione comune per essa, sse (in inglese si usa iff
che sta per if and only if ). Cosı̀, P ↔ Q viene generalmente scritto come “P sse
Q”. Un’altra affermazione che vuol dire P ↔ Q è “P è condizione necessaria e
sufficiente per Q”.
1. La partita è sospesa sse sta piovendo o nevicando.
2. Avere almeno dieci persone è condizione necessaria e sufficiente perché la
lezione si tenga.
3. Se John è andato al negozio, allora abbiamo delle uova, se non c’è andato
non ne abbiamo.
Soluzioni.
1. Stia C per “La partita è sospesa”, R per “Sta piovendo” ed S per “Sta
nevicando”. Allora l’affermazione è rappresentata dalla formula C ↔ (R ∨
S).
52
2. Stia T per “Ci sono almeno dieci persone” ed L per “La lezione si terrà”.
Allora l’affermazione significa T ↔ L.
3. Stia S (store) per “John è andato al negozio” ed E (eggs) per “Abbiamo
delle uova”. Allora una traduzione letterale dell’affermazione in formule
logiche sarebbe (S → E) ∧ (¬S → ¬E). Questa è equivalente a S ↔ E.
Una delle ragioni per cui è cosı̀ facile confondere una affermazione condizionale con la sua opposta è che nel linguaggio di tutti i giorni spesso usiamo una
affermazione condizionale quando invece ciò che vogliamo esprimere è in realtà
un bicondizionale. Per esempio, probabilmente non direste “La lezione si terrà
se ci saranno almeno dieci persone” a meno che non è anche vero che, se ci sono
meno di dieci persone, la lezione non si terrà. Dopo tutto, perché menzionare il
numero dieci, se non è il numero minimo di persone richiesto? Cosı̀, l’affermazione in realtà suggerisce che la lezione si terrà sse ci sono almeno dieci persone.
Come altro esempio, supponiamo che i genitori dicano ad un bambino, “Se non
mangi la cena, non avrai il dolce”. Se il bambino mangia, si aspetta certamente
di ricevere il dolce, sebbene questo non sia in senso strettamente letterale quello
che i genitori hanno detto. In altre parole, il bambino interpreta l’affermazione
come se fosse stata “Mangiare la cena è condizione necessaria e sufficiente per
avere il dolce”.
Questa confusione tra il significato di se e sse non è accettabile in matematica. I matematici usano frasi come sse o necessario e sufficiente quando vogliono
esprimere una affermazione bicondizionale. Non dovete mai interpretare un affermazione se-allora in matematica come una affermazione bicondizionale, come
fareste nel parlato di tutti i giorni.
Esercizi
*1. Analizzare le forme logiche delle seguenti affermazioni:
(a) Se questo gas ha un odore sgradevole oppure non è esplosivo, allora
non è idrogeno.
(b) Avere sia la febbre che il mal di testa è condizione sufficiente perché
George vada dal medico.
(c) Sia avere la febbre che avere il mal di testa sono condizioni sufficienti
perché George vada dal medico.
(d) Se x 6= 2, allora una condizione necessaria perché x sia primo è che
x sia dispari.
2. Analizzare le forme logiche delle seguenti affermazioni:
(a) Mary venderà la sua casa solo se riesce ad ottenere un buon prezzo e
a trovare un bell’appartamento.
(b) Avere sia un buona storia creditizia che un adeguato stipendio è
condizione necessaria per ottenere un mutuo.
53
(c) John si ucciderà, a meno che qualcuno lo fermi. (Suggerimento: prima provate a rifrasare questa affermazione usando le parole se e allora
invece di a meno che).
(d) Se x è divisibile per 4 o per 6, allora non è primo.
3. Analizzare la forma logica della seguente affermazione:
(a) Se sta piovendo, allora c’è vento e il sole non sta brillando.
Ora analizzare le seguenti affermazioni. Inoltre, per ogni affermazione,
determinare se è equivalente allo affermazione (a) o alla sua opposta.
(a) C’è vento e il sole non brilla solo se sta piovendo.
(b) La pioggia è condizione sufficiente perché ci sia vento e il sole non
brilli.
(c) La pioggia è condizione necessaria perché ci sia vento e il sole non
brilli.
(d) Non sta piovendo, se o il sole non brilla o non c’è vento.
(e) Il vento è condizione necessaria perché piova, e cosı̀ è anche per la
mancanza di luce.
(f) O c’è vento solo se sta piovendo, oppure il sole non brilla solo se sta
piovendo.
*4. Usare le tabelle di verità per determinare se i seguenti ragionamento sono
validi.
(a) O le vendite o le spese saliranno. Se le vendite saliranno, il capo sarà
felice. Se le spese saliranno, il capo non sarà felice. Pertanto, le spese
e le vendite non saliranno contemporaneamente.
(b) Se il livello di tassazione e il tasso di disoccupazione salgono entrambi,
allora ci sarà una recessione. Se il PIL sale, non ci sarà una recessione.
Il PIL è il livello tassazione stanno entrambi salendo. Pertanto, il
tasso di disoccupazione non sta salendo.
(c) La luce di avvertimento si accenderà se e soltanto se la pressione è
troppo alta e la valvola di sfogo è bloccata. La valvola di sfogo non è
bloccata. Pertanto, la luce di avvertimento si accenderà se e solo se
la pressione è troppo alta.
5. (a) Mostrare che P ↔ Q è equivalente a (P ∧ Q) ∨ (¬P ∧ ¬Q).
(b) Mostrare che (P → Q) ∧ (P → R) è equivalente a P → (Q ∨ R).
*6. (a) Mostrare che (P → R) ∧ (Q → R) è equivalente a (P ∨ Q) → R.
(b) Formulare e verificare una simile equivalenza per la formula (P →
R) ∨ (Q → R).
7. (a) Mostrare che (P → Q) ∧ (Q → R) è equivalente a (P → R) ∧ [(P ↔
Q) ∨ (R ↔ Q)].
(b) Mostrare che (P → Q) ∨ (Q → R) è una tautologia.
54
*8. Trovare una formula che utilizza solo i connettivi ¬ e → che sia equivalente
a P ∧ Q.
9. Trovare una formula che utilizza solo i connettivi ¬ e → che sia equivalente
a P ↔ Q.
10. Quali delle seguenti formule sono equivalenti?
(a) P → (Q → R).
(b) Q → (P → R).
(c) (P → Q) ∧ (P → R).
(d) (P ∧ Q) → R.
(e) P → (Q ∧ R).
Capitolo 2
Logica dei quantificatori
2.1
Quantificatori
Abbiamo visto che una affermazione P (x) contenente a variabile libera x può
essere vera per aluni valori di x e falsa per altri. Talvolta vogliamo dire qualcosa
circa quanti valori di x rendono P (x) vera. In particolare, spesso vogliamo dire
che o P (x) è vera per tutti i valori di x o che è vera per almeno un valore di x.
Parole come tutti o almeno uno si chiamano quantificatori. Introduciamo anche due simboli, chiamati simboli di quantificazione o, semplicemente, anch’essi
quantificatori, per aiutarci ad esprimere queste idee.
Per dire che P (x) è vera per ogni valore di x nell’universo del discorso U ,
scriveremo ∀xP (x). Questo di legge “Per tutti gli x, P(x)”. Potete pensare
al simbolo ∀ come un A capovolta che sta per la parola inglese all (tutti). Il
simbolo ∀ è chiamato quantificatore universale, perché l’affermazione ∀xP (x)
dice che P (x) è universalmente vero. Come discusso nella Sezione 1.3, dire che
P (x) è vero per ogni valore di x nell’universo del discorso significa che l’insieme
verità di P (x) sarà l’intero universo U . Cosı̀, possiamo pensare all’affermazione
∀xP (x) come una maniera per dire che l’insieme di verità di P (x) è uguale ad
U.
Scriviamo ∃xP (x) per dire che c’è almeno un valore di x nell’universo per il
quale P (x) è vero. Questo si legge “Esiste un x tale che P (x)“. La E alla rovescia viene dalla parola esiste ed è chiamata quantificatore esistenziale. Ancora
un volta, potete interpretare questa affermazione come se esprimesse un fatto
sull’insieme di verità di P (x). Dire che P (x) è vera per almeno un valore di x
significa che c’è un elemento nel suo insieme di verità, o, in altro parole, che
l’insieme di verità di P (x) è diverso da ∅.
Per esempio, nella Sezione 1.5 abbiamo discusso la frase “Se x > 2 allora
x2 > 4”, dove x varia sopra l’insieme dei numeri reali, ed abbiamo affermato
che che essa è vera per tutti i valori di x. Possiamo scrivere questa affermazione
simbolicamente come ∀x(x > 2 → x2 > 4).
Esempio 2.1.1. Cosa significano le seguenti formule? Sono vere o false?
55
CAPITOLO 2. LOGICA DEI QUANTIFICATORI
56
1. ∀x(x2 ≥ 0), dove l’universo del discorso è R, l’insieme di tutti i numeri
reali.
2. ∃x(x2 − 2x + 3 = 0), con l’universo di nuovo pari ad R.
3. ∃x(M (x)∧B(x)) dove l’universo del discorso è l’insieme di tutte le persone,
M (x) sta per l’affermazione “x è un uomo”, B(x) per “x ha i capelli
castani”.
4. ∀x(M (x) → B(x)), con lo stesso universo e lo stesso significato per M (x)
e B(x).
5. ∀xL(x, y), dove l’universo è l’insieme di tutte le persone, ed L(x, y) significa “x ama y”.
Soluzioni.
1. Questa significa che per ogni numero reale x, x2 ≥ 0. È vera.
2. Questa significa che c’è almeno un numero reale x che è rende vera l’equazione x2 −2x+3 = 0. In altri termini, l’equazione ha almeno una soluzione
reale. Se risolvete l’equazione, scoprirete che questa affermazione è falsa:
l’equazione non ha soluzioni reali. (Provate o a completare il quadrato o
usare la formula di risoluzione.)
3. C’è almeno una persona x tale che x è un uomo ed x ha i capelli castani.
In altri termini, c’è almeno un uomo con i capelli castani. Naturalmente
questa affermazione è vera.
4. Per ogni persona x, se x è un uomo allora x ha i capelli castani. In altri
termini, tutti gli uomini hanno i capelli castani. Se non siete convinti che
questo è quello che dice la formula, più essere d’aiuto tornare a guardare la
tabella di verità per il connettivo condizionale. In accordo a questa tabella
di verità, l’affermazione M (x) → B(x) è falsa solo se M (x) è vera e B(x)
è falsa; ovvero, se x è un uomo e x non ha i capelli castani. Cosı̀, dire che
M (x) → B(x) è vero per tutte le persone x significa che questa situazione
non si verifica mai, ovvero che non ci sono uomini che non hanno capelli
castani. Ma questo è esattamente ciò che significa dire che tutti gli uomini
hanno i capelli castani. Naturalmente, questa affermazione è falsa.
5. Per ogni persona x, x ama y. In altre parole, tutti amano y. Non possiamo
dire se questo è vero o falso, perché non sappiamo chi è y.
Notate che nella quinta affermazione di questo esempio, abbiamo bisogno di
sapere chi è y per determinare se l’affermazione è vera o falsa, ma non chi è x.
L’affermazione dice che tutti amano y, e questa è una affermazione su y e non
su x. Come nel caso degli insiemi, questo vuol dire che y è una variabile libera
nell’affermazione, mentre x è vincolata.
In maniera simile, sebbene le altre affermazioni contengano la lettera x, non
abbiamo avuto bisogno di conoscere il valore di x per determinare il loro valore
di verità, perché x è vincolata in tutti i casi. In generale, anche se x è una variabile libera in qualche affermazione P (x), diventa vincolata nelle affermazioni
∀xP (x) e ∃xP (x). Per questa ragione diciamo che i quantificatori legano una
variabile. Come nella Sezione 1.3, questo significa che una variabile che è legata da un quantificatore può sempre essere rimpiazzata con una nuova variabile
57
senza cambiare il significato dell’affermazione, ed è spesso possibile parafrasare
una affermazione senza menzionare per nulla la variabile vincolata. Per esempio, l’affermazione ∀xL(x, y) dell’Esempio 2.1.1 equivalente a ∀wL(w, y), perché
entrambe vogliono dire la stessa cosa di “Tutti amano x”. Parole come tutti,
qualcuno, qualunque cosa, qualcosa sono spesso usate per esprimere il significato
di affermazioni contenenti quantificatori. Se state traducendo una affermazione
scritta in italiano sotto forma di simboli, queste parole spesso vi suggeriranno
che è necessario adoperare un quantificatore.
Come per il simbolo ¬, adotteremo la convenzione che le espressioni ∀x ed
∃x si applicano solo all’affermazione che viene immediatamente dopo di loro.
Per esempio, ∀xP (x) → Q(x) significa (∀xP (x)) → Q(x) e non ∀x(P (x) → Q(x)).
Esempio 2.1.2. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni.
• Qualcuno non ha fatto i compiti a casa.
• Qualunque cosa in quel negozio è troppo costosa o realizzata male.
• Nessuno è perfetto.
• Susan ama tutti colori che non amano Joe.
• A ⊆ B.
• A ∩ B ⊆ B \ C.
Soluzioni.
1. La parola qualcuno ci suggerisce che dobbiamo usare un quantificatore esistenziale. Come primo passo, scriviamo ∃x(x non ha fatto i compiti a casa).
Ora se usiamo H(x) (homework) come abbreviazione di “x non ha fatto i
compiti a casa”, possiamo riscriverla come ∃x¬H(x).
2. Pensate a questa affermazione come se dicesse “Se una cosa è in quel negozio, allora questa cosa è troppo cara o realizzata male”. Cosı̀, partiamo
scrivendo ∀x(se x è in quel negozio, allora x è troppo cara o realizzata male).
Per scrivere la parte in parentesi in maniera simbolica, usiamo S(x) (shop)
per “x è in quel negozio”, O(x) (overpriced) per “x è troppo costosa” e
P (x) (poorly made) per “x è realizzata male”. Allora la risposta finale
sarà ∀x[S(x) → (O(x) ∨ P (x))].
Notare che, come l’affermazione 4 nell’Esempio 2.1.1, questa affermazione
ha la forma di un quantificatore universale applicato ad una affermazione condizionale. Questa forma si trova piuttosto spesso, ed è importante
imparare a riconoscere cosa significa e quando deve essere usata. Possiamo controllare la nostra risposta al problema come abbiamo fatto prima,
usando la tabella di verità per il connettivo condizionale. L’unica modo
per cui l’affermazione S(x) → (O(x) ∨ P (x)) possa essere falsa è che x sia
in negozio, e che non sia né troppo cara né fatta male. Cosı̀, dire che
questa affermazione è vera per tutti i valori di x significa che questo non
accade mai, che è esattamente ciò che significa dire che qualunque cosa
nel negozio è troppo cara o fatta male.
58
3. Questa significa ¬(qualcuno è perfetto) o, in altri termini, ¬∃xP (x), dove
P (x) sta per “x è perfetto”.
4. Come nella affermazione 2 in questo esempio, potremmo pensare a questa frase come se significasse “Se una persona non ama Joe, allora Susan
ama questa persona (non importa chi sia questa persona)”. Cosı̀, possiamo partire riscrivendo l’affermazione come ∀x (se x non ama Joe allora
Susan ama x). Usiamo L(x, y) (love) per “x ama y”. In affermazioni
che parlano di elementi specifici dell’universo del discorso, è spesso conveniente introdurre delle lettere per indicare questi elementi. In questo
caso dobbiamo parlare di Joe e Susan, pertanto usiamo j per Joe ed s
per Susan. Cosı̀, possiamo scrivere L(s, x) per “Susan ama x” e ¬L(x, j)
per “x non amato Joe”. Mettendo tutto assieme, otteniamo la risposta
∀x(¬L(x, j) → L(s, x)). Notare che, ancora un volta, abbiamo applicato
un quantificatore universale ad una affermazione condizionale. Come prima, potete controllate questa risposta usando le tabelle di verità per il
connettivo condizionale.
5. In accordo alla Definizione 1.4.5, dire che A è un sottoinsieme di B significa
che qualunque cosa stia in A è anche in B. Se vi siete abituati allo schema
con cui vengono combinati il quantificatore universale e l’implicazione,
dovreste riconoscere che ciò può essere scritto simbolicamente come ∀x(x ∈
A → x ∈ B).
6. Come nella precedente affermazione, dapprima la riscriviamo come ∀x(x ∈
A ∩ B → x ∈ B \ C). Ora, usando le definizioni di intersezioni e differenza,
possiamo espandere la formula ulteriormente per ottenere ∀x(x ∈ A ∧ x ∈
B) → (x ∈ B ∧ x ∈
/ C).
Sebbene tutti i nostri esempi finora hanno contenuto un solo quantificatore,
non c’è ragione per cui una affermazione non ne possa avere più di uno. Per
esempio, considera la affermazione “Alcuni studenti sono sposati”. La parola
alcuni indica che questa affermazione dovrebbe essere scritta usando un quantificatore esistenziale, cosı̀ possiamo pensare che abbia la forma ∃x (x è uno
studente ed x è sposato). Usiamo S(x) per “x è uno studente”. In maniera
analoga, potremmo usare un’altra lettera al posto di “x è sposato”, ma forse
una analisi migliore si ottiene riconoscendo che essere spostati vuol dire essere sposati con qualcuno. Cosı̀, se indichiamo con M (x, y) l’affermazione “x è
spostato con y”, possiamo scrivere “x è sposato” come ∃yM (x, y). L’intera affermazione può allora essere rappresentata dalla formula ∃x(S(x) ∧ ∃yM (x, y)),
che contiene due quantificatori esistenziali.
Come ulteriore esempio, analizziamo l’affermazione “Tutti i genitori sono
sposati”. Iniziamo scrivendola come ∀x (se x è un genitore allora x è sposato). La genitorialità, come il matrimonio, è una relazione tra due persone;
essere genitori significa essere il genitore di qualcuno. Cosı̀, potrebbe essere meglio rappresentare l’affermazione “x è un genitore” con la formula ∃yP (x, y),
dove P (x, y) vuol dire “x è un genitore (parent) di y”. Se di nuovo rappresentiamo “x è sposato” con ∃yM (x, y), allora la nostra analisi dell’affermazione originale sarà ∀x(∃yP (x, y) → ∃yM (x, y)). Sebbene questa non sia sba-
59
gliata, il doppio uso della variabile y potrebbe causare confusione. Forse una
soluzione migliore è rimpiazzare la formule ∃yM (x, y) con quella equivalente
∃zM (x, z). (Ricordiamo che queste sono equivalenti perché una variabile vincolata in una affermazione può essere rimpiazzata con con un’altra senza cambiare il significato della affermazione.) La nostra analisi migliorata sarebbe allora
∀x(∃yP (x, y) → ∃zM (x, z)).
1. Tutti nel dormitorio hanno un compagno di stanza che non gradiscono.
2. A nessuno piace un attaccabrighe.
3. Chiunque abbia un amico che ha il morbillo deve essere posto in quarantena.
4. Se chiunque nel dormitorio ha un amico che ha il morbillo, allora tutti nel
dormitorio devono essere posti in quarantena.
5. Se A ⊆ B, allora A e C \ B sono disgiunti.
Soluzioni.
1. Questa significa ∀x (se x vive nel dormitorio allora x ha un compagno di
stanza che non gradisce). Per dire che x ha un compagno di stanza che
non gradisce, potremmo scrivere ∃y (y ed x sono compagni di stanza ed
x non gradisce y). If usiamo R(x, y) per “x ed y sono compagni di stanza
(roommates)” ed L(x, y) per “x gradisce (likes) y”, allora questo diventa
∃y(R(x, y) ∧ ¬L(x, y)). Infine, se D(x) sta per “x vive nel dormitorio”,
allora l’analisi completa della affermazione originale sarà ∀x∃y(R(x, y) ∧
¬L(x, y)).
2. Questa affermazione contiene un tranello, perché la frase un attaccabrighe
non si riferisce ad un particolare attaccabrighe ma a tutti gli attabrighe.
La frase vuol dire che tutti gli attaccabrighe sono sgraditi o, in altre parole, ∀x (se x è un attaccabrighe allora nessuno gradisce x). Per dire
che nessuno gradisce x scriviamo ¬ (qualcuno gradisce x), che vuol dire
¬∃yL(y, x) dove L(y, x) vuol dire “y gradisce (likes) x”. Se adoperiamo
W (x) per “x è un attaccabrighe (wrangler)”, allora l’intera affermazione
può essere scritta come ∀x(W (x) → ¬∃yL(y, x)).
3. Avrete probabilmente capito ormai che è generalmente più semplice tradurre dall’italiano ai simboli in passi successivi, un pezzetto alla volta.
Ecco i passi che potremmo utilizzare per tradurre questa affermazione.
(i)
∀x (se x ha un amico che ha il morbillo allora x deve essere posto in
quarantena)
(ii) ∀x[∃y (y è un amico di x e y ha il morbillo) → x deve essere posto
in quarantena]
Ora, usando F (y, x) per “y è amico (friend) di x”, M (y) per “y ha il
morbillo” e Q(x) per “x deve essere posto in quarantena”, otteniamo:
(iii) ∀x[∃y(F (y, x) ∧ M (y)) → Q(x)].
60
4. La parola chiunque è difficile da interpretare, perché vuol dire cose differenti in contesti differenti. Nella affermazione 3, voleva dire tutti coloro
che, ma in questa affermazione vuol dire qualcuno. Ecco i passi dell’analisi:
(i)
(Qualcuno nel dormitorio ha un amico che ha il morbillo) → (Tutti
nel dormitorio devono essere posti in quarantena).
(ii) ∃x (x vive nel dormitorio e x ha un amico che ha il morbillo) → ∀z (se
z vive nel dormitorio allora z deve essere posto in quarantena).
Usando le stesse abbreviazioni dell’affermazione precedente e usando D(x)
per “x vive nel dormitorio”, otteniamo la seguente formula:
(iii) ∃x[D(x) ∧ ∃y(F (y, x) ∧ M (y))] → ∀z(D(z) → Q(z))
5. Chiaramente la risposta avrà la forma di una affermazione condizionale
(A ⊆ B) → (A e B sono disgiunti). Abbiamo già scritto A ⊆ B simbolicamente nell’Esempio 2.1.2. Dire che A e B \ C sono disgiunti significa che
non hanno elementi in comune, o in altre parole ¬∃x(x ∈ A ∧ x ∈ C \ B).
Mettendo tutto assieme, ed esplicitando la definizione di C \ B, otteniamo
∀x(x ∈ A → x ∈ B) → ¬∃x(x ∈ A ∧ x ∈ C ∧ x ∈
/ B).
Quando una affermazione contiene più di un quantificatore è spesso difficile capire cosa significa e se è vero o falso. Può essere meglio, in questi casi,
pensare ai quantificatori uno alla volta, in ordine. Per esempio, consideriamo
l’affermazione ∀x∃y(x + y = 5), dove l’universo del discorso è l’insieme di tutti
i numeri reali. Concentrandoci inizialmente sul primo quantificatore ∀x, vediamo che l’affermazione vuol dire che, per tutti i numeri reali x, l’affermazione
∃y(x + y = 5) è vera. Ci preoccuperemo dopo di cosa vuol dire ∃y(x + y = 5);
pensare a due quantificatori nello stesso momento rischia di far confondere.
Se vogliamo capire se è vero o no che ∃y(x + y = 5) è vero per tutti i valori
di x, ci può aiutare provare alcuni valori di x. Per esempio, supponiamo x = 2.
Allora dobbiamo determinare se l’affermazione ∃y(2 + y = 5) è vera. Ora è il
momento di pensare al nuovo quantificatore, ∃y. Questa affermazione dice che
c’è almeno un valore di y per il quale l’equazione 2 + y = 5 vale. In altre parole,
l’equazione 2 + y = 5 ha almeno una soluzione. Naturalmente questo è vero,
perché l’equazione ha soluzione y = 5−2 = 3. Cosı̀, l’affermazione ∃y(2+y) = 5
è vera.
Proviamo ora un altro valore di x. Se x = 7, allora siamo interessati all’affermazione ∃y(7 + y = 5), che dice che l’equazione 7 + y = 5 ha almeno una soluzione. Ancora una volta questo è vero, poiché la soluzione è y = 5 − 7 = −2. In
effetti, avrete probabilmente realizzato a questo punto che non importa quale valore mettiamo per x, l’equazione x+y = 5 avrà sempre la soluzione y = 5−x, cosicché l’affermazione ∃y(x + y = 5) sarà vera. Pertanto, l’affermazione originale
∀x∃y(x + y = 5) è vera.
D’altro canto, l’affermazione ∃y∀x(x + y = 5) significa una cosa totalmente
diversa. Questa affermazione vuol dire che c’è almeno un valore di y per il
quale l’affermazione ∀x(x + y = 5) è vera. Possiamo trovare questo valore di y?
Supponiamo, per esempio, di provare con y = 4. Dobbiamo allora determinare
61
se è vero o no che l’affermazione ∀x(x + 4 = 5) è vera. Questa vuol dire che non
importa cosa mettiamo in x, l’equazione x+4 = 5 vale sempre, e ciò è certamente
falso. In effetti, nessun valore di x diverso da x = 1 risolve l’equazione. Cosı̀,
l’affermazione ∀x(x + 4 = 5) è falsa.
Abbiamo visto che quando y = 4 l’affermazione ∀x(x + y = 5) è falsa, ma
magari qualche altro valore per y potrebbe funzionare. Ricordate che stiamo
tentando di determinare se c’è almeno un valore di y che funziona. Proviamo ancora una volta, diciamo con y = 9. Allora dobbiamo considerare l’affermazione
∀x(x+9 = 5), che ci dice che l’equazione x+9 = 5 è verificata indipendentemente dal valore di x. Ancora una volta questa affermazione è falsa, perché soltanto
x = −4 verifica l’equazione. In effetti, dovrebbe essere chiaro ormai che non
importa quale valore scegliamo per y, l’equazione x + y = 5 sarà vera solo per
un singolo valore di x, ovvero x = 5 − y, pertanto l’affermazione ∀x(x + y = 5)
sarà falsa. Pertanto non ci sono valori di y per i quali ∀x(x + y = 5) è vera, e
quindi l’affermazione ∃y∀x(x + y = 5) è falsa.
Notare che abbiamo verificato che l’affermazione ∀x∃y(x + y = 5) è vera, ma
∃y∀x(x + y = 5) è falsa. Sembra che l’ordine dei quantificatori sia importante!
Cosa è responsabile di questa differenza? La prima affermazione dice che per
ogni numero reale x esiste un numero reale y tale che x + y = 5. Per esempio,
quando abbiamo provato x = 2 abbiamo trovato che y = 3 risolve l’equazione
x + y = 5, e con x = 7, y = −2 ha funzionato. Notate che per differenti valori
di x, abbiamo usato differenti valori di y per verificare l’equazione. Potreste
pensare che questa affermazione dica che per ogni numero reale x esiste un
corrispondente numero reale y (che dipende da x) tale che x + y = 5. D’altro
canto, quando abbiamo analizzato l’affermazione ∃y∀x(x+y = 5) ci siamo messi
a cerca un singolo valore di y che rendesse vera l’equazione x + y = 5 per tutti
i valori di x, e questo è risultato essere impossibile. Per ogni valore di x c’è
un corrispondente valore di y che rende vera l’equazione, ma non c’è un singolo
valore di y che va bene per tutti gli x.
Come ulteriore esempio, consideriamo l’affermazione ∀x∃yL(x, y) dove l’universo del discorso è l’insieme delle persone e L(x, y) significa “x ama y”. Questa
affermazione dice che per ogni persona x, l’affermazione ∃yL(x, y) è vera. Ora,
∃yL(x, y) potrebbe essere scritta come “x ama qualcuno”, cosı̀ l’affermazione
originale significa che per ogni persona x, x ama qualcuno. In altre parole, tutti
amano qualcuno. D’altro canto, ∃y∀xL(x, y) significa che c’è una persona y tale
che ∀xL(x, y) è vera. Come abbiamo visto nell’Esempio 2.1.1, ∀xL(x, y) vuol
dire “Tutti amano y”, cosı̀ ∃y∀xL(x, y) significa che c’è una persona che è amata
da tutti. Le due affermazioni non vogliono dire la stessa cosa. Può essere che
tutti amino qualcuno, ma che non ci sia una persona amata da tutti.
Esempio 2.1.4. Cosa vogliono dire le seguenti affermazioni? Sono vere o false?
L’universo del discorso è in tutti i casi N, l’insieme dei numeri naturali.
1. ∀x∃y(x < y).
2. ∃y∀x(x < y).
3. ∃x∀y(x < y).
62
4. ∀y∃x(x < y).
5. ∃x∃y(x < y).
6. ∀x∀y(x < y).
Soluzioni.
1. Questo significa che per ogni numero naturale x, l’affermazione ∃y(x < y)
è vera. In altre parole, per ogni numero naturale x, c’è un numero naturale
più grande di x. Questo è vero. Per esempio, x + 1 è più grande di x.
2. Questo significa che c’è qualche numero naturale y tale che l’affermazione
∀x(x < y) è vera. In altre parole, c’è un numero naturale y tale che
tutti i numeri naturali sono più piccoli di y. Questo è falso. Non importa
quale numero naturale y scegliamo, ci saranno sempre numeri naturali più
grandi.
3. Questo significa che c’è un numero naturale x tale che l’affermazione
∀y(x < y) è vera. Potreste essere tentati di dire che questa affermazione è vera se x = 0, ma è sbagliato. Poiché 0 è il più piccolo numero
naturale, l’affermazione 0 < y è vera per tutti i valori di y con l’eccezione
di y = 0. Se y = 0, l’affermazione 0 < y è falsa, e pertanto ∀y(0 < y)
è falso. Ragionamenti simili mostrano che qualunque sia il valore di x,
l’affermazione ∀y(x < y) è falsa, quindi ∃x∀y(x < y) è falsa anch’essa.
4. Questo significa che per ogni numero naturale y , c’è un numero naturale
più piccolo di y. Questo è vero per ogni numero naturale y eccetto y = 0,
poiché non c’è nessun numero naturale più piccolo di 0. Pertanto questa
affermazione è falsa.
5. Questo significa che c’è almeno un numero naturale x tale che ∃y(x < y)
è vera. Ma come abbiamo visto nella prima affermazione, quest’ultima
è vera per ogni numero naturale x, pertanto è certamente vera per un
almeno un numero. Cosı̀, ∃x∃y(x < y) è vera.
6. Questo significa che per ogni numero naturale x, l’affermazione ∀y(x < y) è
vera. Ma come abbiamo visto nella terza affermazione, non c’è neanche un
singolo valore di x per il quale questa affermazione è vera. Cosı̀, ∀x∀y(x <
y) è falsa.
Esercizi
*1. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni.
(a) Chiunque ha perdonato almeno una persona è un santo.
(b) Nessuno nella classe di analisi è più intelligente di tutti quelli della
classe di matematica discreta.
(c) Tutti amano Mary, eccetto Mary stessa.
(d) Jane ha visto un poliziotto, e anche Roger ne ha visto uno.
(e) Jane ha visto un poliziotto, e anche Roger l’ha visto.
2. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni.
63
(a) Chiunque abbia comprato una Rolls Royce in contanti deve avere
uno zio ricco.
(b) Se qualcuno nel dormitorio ha il morbillo, allora chiunque ha un
amico nel dormitorio sarà soggetto a quarantena.
(c) Se nessuno ha fallito il test, allora tutti quelli che hanno ottenuto
una A faranno da tutor a qualcuno cha ottenuto una D.
(d) Se qualcuno può farlo, Jones può.
(e) Se Jones può farlo, chiunque può farlo.
3. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni. L’universo del
discorso è R. Quali sono le variabili libere in ogni affermazione?
(a) Ogni numero che è più grande di x è più grande di y.
(b) Per ogni numero a, l’equazione ax2 + 4x − 2 = 0 ha almeno una
soluzione sse a ≥ −2.
(c) Tutte le soluzioni della disequazione x3 − 3x < 3 sono più piccolo di
10.
(d) Se c’è un numero x tale che x2 + 5x = w e c’è un numero y tale che
4 − y 2 = w, allora w è compreso tra −10 e 10.
*4. Tradurre le seguenti affermazioni in italiano idiomatico.
(a) ∀x[(H(x)∧¬∃yM (x, y))→U (x)], dove H(x) significa “x è un uomo”,
M (x, y) significa “x è sposato con y” e U (x) significa “x è infelice”.
(b) ∃z(P (z, x) ∧ S(z, y) ∧ W (y)), dove P (z, x) significa “z è un genitore
di x”, S(z, x) significa “z ed x sono fratelli” e W (y) significa “y è
una donna”.
5. Tradurre le seguenti affermazioni in italiano idiomatico.
(a) ∀x[(P (x) ∧ ¬(x = 2)) → O(x)], dove P (x) significa “x è un numero
primo” e O(x) significa “x è dispari”.
(b) ∃x[P (x) ∧ ∀y(P (y) → y ≤ x)] dove P (x) significa “x è un numero
perfetto”.
6. Queste affermazioni sono vere o false? L’universo del discorso è l’insieme
di tutte le persone, e P (x, y) significa “x è un genitore (parent) di y”.
(a) ∃x∀yP (x, y).
(b) ∀x∃yP (x, y).
(c) ¬∃x∃yP (x, y).
(d) ∃x¬∃yP (x, y).
(e) ∃x∃y¬P (x, y).
*7. Queste affermazioni sono vere o false? L’universo del discorso è N.
(a) ∀x∃y(2x − y = 0).
(b) ∃y∀x(2x − y = 0).
64
(c) ∀x∃y(x − 2y = 0).
(d) ∀x(x < 10 → ∀y(y < x → y < 9)).
(e) ∃y∃z(y + z = 100).
(f) ∀x∃y(y > x ∧ ∃z(y + z = 100)).
8. Come l’esercizio 7, ma con R come universo del discorso.
9. Come l’esercizio 7,x ma con Z come universo del discorso.
2.2
Equivalenze che Coinvolgono i Quantificatori
Nel nostro studio dei connettivi logici nel Capitolo 1 abbiamo trovato utile
esaminare le equivalenze tra formule differenti. In questa sezione vedremo che
c’è un certo numero di equivalenze importanti che coinvolgono i quantificatori.
Per esempio, nell’Esempio 2.1.2 abbiamo rappresentano l’affermazione “Nessuno è perfetto” con la formula ¬∃xP (x), dove P (x) significa “x è perfetto”.
Ma un’altra maniera di esprimere la stessa idea sarebbe dire che tutti falliscono
nell’essere perfetti, o in altre parole, ∀x¬P (x). Questo suggerisce che queste
due formule siano equivalenti, e qualche riflessione dovrebbe portarci alla conclusione che in effetti lo sono. Non importa che cosa P (x) voglia dire, la formula
¬∃P (x) significa che non c’è nessun valore di x nell’universo del discorso che
rende vero P (x). Ma questo è lo stesso di dire che per ogni valore di x nell’universo, P (x) è falso, o in altri termini, ∀x¬P (x). Cosı̀ ¬∃P (x) è equivalente a
∀x¬P (x).
Ragionamenti simili mostrano che ¬∀xP (x) è equivalente a ∃x¬P (x). Dire
che ¬∀xP (x) significa che non succede che per tutti i valori di x, P (x) sia
vero. Questo è equivalente a dire che c’è almeno un valore di x per cui P (x)
è falso, che è appunto il significato di ¬∃xP (x). Nell’Esempio 2.1.2 abbiamo
tradotto “Qualcuno non ha fatto i compiti a casa” come ∃x¬H(x), dove H(x)
sta per “x ha fatto i compiti a casa (homework)”. Una affermazione equivalente
sarebbe “Non tutti hanno fatto i compiti a casa“, che sarebbe rappresentato
dalla formula ¬∀xH(x).
Cosı̀ abbiamo le seguenti due legge che coinvolgono la negazione e i quantificatori:
Leggi di negazione dei quantificatori
¬∃xP (x) è equivalente a ∀x¬P (x)
¬∀xP (x) è equivalente a ∃x¬P (x).
Combinando queste due leggi con le leggi di De Morgan e altre equivalenze
che coinvolgono i connettivi logici, possiamo spesso riscrivere una affermazione
negativa in una affermazione positiva equivalente, più facile da capire. Ciò si
rivelerà una abilità importante quando inizieremo a lavorare con affermazioni
negative nelle dimostrazioni.
Esempio 2.2.1. Nega queste affermazioni ad esprimi il risultato sotto forma
di una affermazione positiva equivalente.
65
1. A ⊆ B.
2. Tutti hanno un parente che non amano.
Soluzioni.
1. Sappiamo già che A ⊆ B significa ∀x(x ∈ A→x ∈ B). Per esprimere la negazione di questa affermazione sotto forma di una equivalente affermazione
positiva, ragioniamo come segue:
¬∀x(x ∈ A → x ∈ B)
è equivalente a
∃x¬(x ∈ A → x ∈ B)
∃x¬(x ∈
/ A ∨ x ∈ B)
∃x(x ∈ A ∧ x ∈
/ B)
(legge di neg. dei quantif.),
(legge condizionale),
(legge di De Morgan).
Cosı̀, A 6⊆ B significa la stessa cosa di ∃x(x ∈ A ∧ x ∈
/ B). Se ci pensate,
dovrebbe sembrarvi sensato. Dire che A non è sottoinsieme di B vuol dire
che c’è qualcosa in A che non sta in B.
2. Prima di tutto, scriviamo l’affermazione originale in maniera simbolica.
Dovreste esser in grado di controllare che se usiamo R(x, y) per “x ed y
sono parenti (relatives)” e L(x, y) per “x ama y”, allora l’affermazione
originale diventa ∀x∃y(R(x, y) ∧ ¬L(x, y)). Ora neghiamola e proviamo a
trovare una forma positiva equivalente ma più semplice:
¬∀x∃y(R(x, y) ∧ ¬L(x, y))
è equivalente a ∃x¬∃y(R(x, y) ∧ ¬L(x, y))
che è equivalente a ∃x∀y¬(R(x, y) ∧ ¬L(x, y))
che è equivalente a ∃x∀y(¬R(x, y) ∨ L(x, y))
che è equivalente a ∃x∀y(R(x, y) → L(x, y))
(legge
(legge
(legge
(legge
di neg. dei quantif.),
di neg. dei quantif.),
di De Morgan),
condizionale).
Traduciamo questa formula in italiano colloquiale. Lasciando stare per il
momento il primo quantificatore, la formula ∀y(R(x, y)→L(x, y)) significa
che per ogni persona y, se x è imparentato con y, allora x ama y. In altre
parole, x ama tutti i suoi parenti. Aggiungendo ∃x all’inizio, otteniamo
l’affermazione “C’è qualcuno che ama tutti i suoi parenti”. Prendi un
minuto per convincerti che questo è veramente equivalente alla negazione
della affermazione originale “Tutti hanno un parente che non amano”.
Per un altro esempio di come le leggi di negazione dei quantificatori possano
aiutarci nel capire le affermazioni, considera la frase “Tutti coloro che Patrizia
ama, Sue non li ama”. Se usiamo L(x, y) per “x ama (loves) y”, p per Patrizia
e s per Sue, allora questa affermazione sarebbe rappresentata dalla formula
∀x(L(p, x) → ¬L(s, x)). Ora possiamo cercare una formula equivalente come
segue:
∀x(L(p, x) → ¬L(s, x))
è equivalente a ∀x(¬L(p, x) ∨ ¬L(s, x))
che è equivalente a ∀x¬(L(p, x) ∧ L(s, x))
che è equivalente a ¬∃x(L(p, x) ∧ L(s, x))
(legge di neg. dei quantif.).
66
Traducendo la formula in italiano, otteniamo l’affermazione “Non c’è nessuno
amato sia da Patricia che da Sue”, e questa significa la stessa dell’affermazione
da cui siamo partiti.
Abbiamo visto nella Sezione 2.1 che invertire l’ordine dei quantificatori può
cambiare il significato di una affermazione. Tuttavia, se i quantificatori sono dello stesso tipo (entrambi ∀ o entrambi ∃), risulta che l’ordine può essere
invertito senza cambiare il significato della formula. Per esempio, considera l’affermazione “Qualcuno ha un insegnate che più giovane di lui”. Per riscriverla
simbolicamente, scriviamo dapprima ∃x (x ha un insegnante che è più giovane di x), Ora, per dire “x ha un insegnate che è più giovane di x” scriviamo
∃y(T (y, x) ∧ P (y, x)) dove T (y, x) vuol dire “y insegna ad x” e P (y, x) significa
“y è più giovane di x”. Mettendo tutto assieme, l’affermazione originale sarà
rappresentata dalla formula ∃y∃x(T (y, x) ∧ P (y, x)).
Ora, cosa accade se scambio l’ordine dei quantificatori? In altre parole, cosa
significa la formula ∃y∃x(T (y, x) ∧ P (y, x)) ? Dovreste essere capaci di convincervi che questa formula vuol dire che c’è una persona y che è un insegnante
di qualcuno che più vecchio di y. In altre parole, qualcuno è insegnate di una
persona più vecchia di lui. Ma ciò è vero esattamente nelle stesse circostanze in
cui è vera l’affermazione originale, “Qualcuno ha un insegnato che è più giovane di lui”!. Entrambi vogliono dire che ci sono persone x ed y tali che y è un
insegnante di x ed y è più giovane di x.
In maniera simile, due quantificatori universali in fila possono sempre essere
scambiati senza alterare il significato della formula, perché ∀x∀y e ∀y∀x possono
entrambi essere pensati come l’affermazione “per tutti gli oggetti x ed y, . . . ”.
Per esempio, consideriamo la formula ∀x∀y(L(x, y) → A(x, y)) dove L(x, y) sta
per “x ama y” e A(x, y) sta per “x ammira y”. Potete pensare a questa formula
come “Per tutte le persone x ed y, se x ama y allora x ammira y”. In altre parole,
le persone ammirano sempre coloro che amano. La formula ∀y∀x(L(x, y) →
A(x, y)) vuol dire esattamente la stessa cosa.
È importante comprendere che quando parliamo di oggetti x ed y, non stiamo
escludendo la possibilità che x ed y siano lo stesso oggetto. Per esempio, la
formula ∀x∀y(L(x, y) → A(x, y)) significa non solo che una persona che ama
un’altra persona ammira quell’altra persona, ma anche che le persone che amano
se stesse ammirano se stesse. Come ulteriore esempio, supponiamo di voler
scrivere la formula “x è bigamo” (naturalmente, x sarà una variabile libera
nella formula). Potreste pensare di poter esprimere questo fatto con la formula
∃y∃z(M (x, y) ∧ M (x, z)) dove M (x, y) sta per “x è spostato (married) con y”.
Ma per dire che x è bigamo, dovete dire che ci sono due differenti persone con
cui x è sposato, e questa formula non dice che y e z sono diversi. La risposta
corretta è ∃y∃z(M (x, y) ∧ M (x, z) ∧ y 6= z).
1. Tutte le coppie sposate litigano.
2. Tutti amano almeno due persone.
3. John ama esattamente una persona.
67
Soluzioni.
1. ∀x∀y(M (x, y) → F (x, y)), dove M (x, y) vuol dire “x è sposato con y” e
F (x, y) vuol dire “x ed y litigano (fight)”.
2. ∀x∃y∃z(L(x, y) ∧ L(x, z) ∧ y 6= z) dove L(x, y) sta per “x ama y”. Nota
che l’affermazione vuol dire che tutti amano almeno due persone differenti,
pertanto sarebbe scorretto non mettere y 6= z alla fine.
3. Usiamo L(x, y) per “x ama y”, e j per John. Traduciamo la frase in
simboli gradualmente:
(i)
∃x (Johm ama x e John non ama nessun altro che x).
(ii) ∃x(L(j, x) ∧ ¬∃y(John ama y e y 6= x).
(iii) ∃x(L(j, x) ∧ ¬∃y(L(j, y) ∧ y 6= x).
Notate che per la terza affermazione in questo esempio non avremmo potuto dare la risposta ∃xL(j, x), perché quest’ultima vuol dire che John ama
almeno una persona, non esattamente una persona. La frase esattamente uno
occorre cosı̀ spesso in matematica che c’è una notazione speciale per essa. Scriveremo ∃!xP (x) per rappresentare l’affermazione “C’è esattamente un valore
di x tale che P (x) è vera”. Talvolta la si legge anche con “Esiste un unico x tale che P (x)”. Per esempio, la terza affermazione nell’Esempio 2.2.2
potrebbe essere scritta simbolicamente come ∃!xL(j, x). In effetti, dobbiamo
pensare a quest’ultima versione semplicemente come una abbreviazione della formula data nell’Esempio 2.2.2 come risposta all’affermazione 3. In maniera simile, in genere dobbiamo pensare a ∃!xP (x) come abbreviazione di
∃x(P (x) ∧ ¬∃y(P (y) ∧ y 6= x)).
Ricordate che quando stavamo discutendo la teoria degli insiemi, abbiamo
trovato utile talvolta scrivere l’insieme di verità di P (x) come {x ∈ U | P (x)}
piuttosto che {x | P (x)}, per rendere evidente quale fosse l’universo del discorso.
In maniera simile, invece di scrivere ∀xP (x) per indicare che P (x) è vero per
ogni valore di x nell’universo U , potremmo scrivere ∀x ∈ U P (x). Questa si
legge “Per ogni x in U , P (x)”. In maniera simile, possiamo scrivere ∃x ∈ U P (x)
per dire che c’è almeno un valore di x nell’universo U tale che P (x) è vera. Per
esempio, l’affermazione ∀x(x ≥ 0) sarebbe falsa se l’universo del discorso fossero
i numeri reali, ma sarebbe vera se fossero i numero naturali. Possiamo evitare la
confusione quando si discutono queste affermazioni scrivendo o ∀x ∈ R(x ≥ 0)
o ∀x ∈ N(x ≥ 0) in modo rendere chiaro cosa intendiamo.
Come con gli insiemi, qualche volta usiamo questa notazione non per specificare l’universo del discorso ma per restringere l’attenzione a un sottoinsieme dell’universo. Per esempio, se il nostro universo del discorso è l’insieme dei numeri
reali e vogliamo dire che qualche numero reale x ha una radice quadrata, potremmo scrivere ∃y(y 2 = x). Per dire che ogni numero reale positivo ha una radice
quadrata, diremmo ∀x ∈ R+ ∃y(y 2 = x). Potremmo dire che ogni numero reale
positivo ha una radice quadrata negativo scrivendo ∀x ∈ R+ ∃y ∈ R− (y 2 = x).
In generale, per ogni insieme A, la formula ∀x ∈ AP (x) significa che per ogni
valore di x nell’insieme A, P (x) è vera, e ∃x ∈ AP (x) significa che c’è almeno
68
un valore di x nell’insieme A tale che P (x) è vera. I quantificatori in queste
formule sono talvolta chiamati quantificatori limitati, perché pongono limiti su
quali valori di x possono essere considerati. Occasionalmente possiamo usare variazioni di questa notazione per mettere altri tipi di restrizioni sul valore
delle variabili quantificate. Per esempio, l’affermazione che ogni numero reale positivo ha un radice quadrata negativa potrebbe anche essere scritta come
∀x > 0∃y < 0(y 2 = x).
Le formule contenente i quantificatori limitati possono anche essere pensate come abbreviazioni per formule più complesse contenente solo i normali quantificatori non limitati. Dire che ∃x ∈ AP (x) significa che c’è qualche
valore di x che è in A e rende vera P (x), ed un’altra maniera di scriverlo sarebbe ∃x(x ∈ A ∧ P (x)). In maniera simile, dovreste convincervi che
∀x ∈ AP (x) vuol dire la stessa cosa di ∀x(x ∈ A → P (x)). Per esempio, la
formula ∀x ∈ R+ ∃y ∈ R− (y 2 = x) discussa precedentemente significa la stessa
cosa di ∀x(x ∈ R+ → ∃y ∈ R− (y 2 = x)) che a sua volta può essere espansa in
∀x(x ∈ R+ → ∃y(y ∈ R− ∧ y 2 = x)). Assicuratevi di essere convinti che questa formula, come quella originale, significa che ogni numero reale positivo ha
una radice quadrata negativa. Come ulteriore esempio, nota che l’affermazione
A ⊆ B, che per definizione vuol dire ∀x(x ∈ A → x ∈ B), può essere riscritta
come ∀x ∈ A(x ∈ B).
È interessante notare che le leggi di negazione dei quantificatori funzionano
anche per i quantificatori limitati. In effetti, possiamo derivare queste leggi per
i quantificatori limitati dalle leggi originali, pensando ai quantificatori limitati
come ad abbreviazioni, come descritto precedentemente. Per esempio:
¬∀x ∈ AP (x)
è equivalente
che è equivalente
che è equivalente
che è equivalente
che è equivalente
a
a
a
a
a
¬∀x(x ∈ A → P (x))
∃x¬(x ∈ A → P (x))
∃x¬(x ∈
/ A ∨ P (x))
∃x(x ∈ A ∧ ¬P (x))
∃x ∈ AP (x)
(espansione delle abbreviazioni),
(abbreviazione).
Cosı̀ abbiamo mostrato che ¬∀x ∈ AP (x) è equivalente a ∃x ∈ A¬P (x).
Nell’esercizio 5 vi sarà chiedo di dimostrare l’altra regola di negazione dei
quantificatori limitati, ovvero che ¬∃x ∈ AP (x) è equivalente a ∀x ∈ A¬P (x).
Dovrebbe essere chiaro che se A = ∅ allora ∃x ∈ AP (x) sarà falsa, non
importa quale sia il significato di P (x). Non può esserci nulla in A che, quando
messo in x, rende P (x) vera, perché in A non c’è proprio nulla! Può non essere
altrettanto chiaro se ∀x ∈ AP (x) debba essere considerato vero o falso, ma
possiamo trovare una risposta usando le leggi di negazione dei quantificatori:
∀x ∈ AP (x)
è equivalente a
¬¬∀x ∈ AP (x)
¬∃x ∈ AP (x)
(legge della doppia negazione),
(legge di neg. dei quantificatori).
Ora, se A = ∅ allora l’ultima formula sarà vera perché, non importa cosa P (x)
voglia dire, come abbiamo visto ∃x ∈ AP (x) è falsa. Cosı̀ ∀x ∈ AP (x) è
sempre vera se A = ∅. I matematici dicono talvolta che una tale affermazione
69
è banalmente vera. Un’altro modo di vedere la cosa è riscrivere l’affermazione
∀x ∈ AP (x) in ∀x(x ∈ A → P (x)). Ora, in accordo alla tabella di verità
dell’affermazione condizionale, l’unica maniera in cui questa può essere falsa è
che c’è qualche valore di x per cui x ∈ A è vero ma P (x) è falso. Ma tale valore
di x non esiste, semplicemente perché non esiste valore di x per cui x ∈ A.
Come applicazione di questo principio, notiamo che l’insieme vuoto è sottoinsieme di qualunque insieme. Per vedere il perché, riscriviamo l’affermazione
A ⊆ B nella forma equivalente ∀x(x ∈ A → x ∈ B). Ora, se A = ∅, come
abbiamo già osservato, questa affermazione è banalmente vera. Pertanto, non
importa quale sia B, ∅ ⊆ B. Un altro esempio di affermazione banalmente
vera è “Tutti gli unicorni sono viola”. Possiamo rappresentarla con la formula
∀x ∈ AP (x), dove A è l’insieme di tutti gli unicorni e P (x) sta per “x è viola”.
Poiché non ci sono unicorni, A è vuoto, pertanto l’affermazione è banalmente
vera.
Forse avrete notato a questo punto che, sebbene nel Capitolo 1 fossimo sempre in grado di controllare le equivalenze che coinvolgono i connettivi logici
usando le tabelle di verità, non abbiamo una maniera altrettanto semplice di
controllare le equivalenze che coinvolgono i quantificatori. Fino ad ora, abbiamo giustificato le equivalenze sui quantificatori semplicemente analizzando degli
esempi e usano il senso comune. Mano a mano che le formule con le quali lavoriamo diventano più complicate, questo metodo diventerà sempre più inaffidabile e
difficile da usare. Fortunatamente, nel Capitolo 3 svilupperemo metodi migliori
per ragionare sulle affermazioni che coinvolgono i quantificatori. Per acquisire
un po’ più di praticità nell’uso dei quantificatori, svilupperemo un paio di equivalenze un po’ più complesse usando il senso comune. Se non siete del tutto
convinti che queste equivalenze siano corrette, sarete in grado di verificarle con
più accortezza quando arriveremo al Capitolo 3.
Considerate l’affermazione “Tutti hanno gli occhi azzurri e una coda folta”.
Se usiamo E(x) per dire “x ha gli occhi azzurri” e T (x) per dire “x ha una
coda folta”, allora possiamo rappresentare questa formula con ∀x(E(x) ∧ T (x)).
Questa è equivalente alla formula ∀xE(x) ∧ ∀xT (x)? Questa ulteriore formula
vuol dire “Tutti hanno gli occhi azzurri e tutti hanno la coda folta”, e intuitivamente vuol dire la stessa cosa dell’affermazione originale. Pertanto, sembra che
∀x(E(x) ∧ T (x)) sia equivalente a ∀xE(x) ∧ ∀xT (x). In altre parole, possiamo
dire che il quantificare universale si distribuisce rispetto alla congiunzione.
Tuttavia, la corrispondente legge distributiva non funziona per il quantificatore esistenziale. Considera le formule ∃x(E(x) ∧ T (x)) e ∃xE(x) ∧ ∃xT (x).
La prima significa che c’è qualcuno che ha gli occhi azzurri e la coda folta, e la
seconda vuol dire che c’è qualcuno che ha gli occhi azzurri, e c’è anche qualcuno
che ha la coda folta. Le due affermazioni non vogliono dire la stessa cosa. Nella
seconda affermazione la persona con gli occhi azzurri e quella con la coda folta
non devono essere la stessa persona, mentre nella prima affermazione sono obbligatoriamente la stessa persona. Un altro modo di rendersi conto della differenza
tra le due affermazioni è di pensare agli insiemi di verità. Sia A è l’insieme di
verità di E(x) e B è l’insieme di verità di T (x). In altri termini, A è l’insieme di
persone con gli occhi azzurri mentre B è l’insieme di persone con la coda folta.
70
Allora la seconda affermazione vuol dire che né A né B sono insiemi vuoti, ma
la prima dice che A ∩ B è non vuoto, ovvero che A e B non sono disgiunti.
Come applicazione della legge distributiva per il quantificatore universale e la
congiunzione, supponiamo che A e B siano insiemi e consideriamo l’equazione
A = B. Sappiamo che due insiemi sono uguale se hanno gli stessi elementi.
Cosı̀, l’equazione A = B significa ∀x(x ∈ A ↔ x ∈ B), che è equivalente a
∀x[(x ∈ A → x ∈ B) ∧ (x ∈ B → x ∈ A). Poiché il quantificatore universale si
distribuisce rispetto alla congiunzione, quest’ultima è equivalente alla formula
∀x(x ∈ A→x ∈ B)∧∀x(x ∈ B →x ∈ A), e per definizione di sottoinsieme questo
vuol dire A ⊆ B ∧ B ⊆ A. Cosı̀, abbiamo mostrato che l’equazione A = B è
equivalente alla formula A ⊆ B ∧ B ⊆ A.
A questo punto, abbiamo introdotto sette simboli logici di base: i connettivi
∧, ∨, ¬, → e ↔, e i quantificatori ∀ ed ∃. È rimarchevole il fatto che la
struttura di tutte le affermazioni matematiche possa essere modellata usando
questi simboli, e tutti i ragionamenti matematici possono essere analizzati in
termini dell’uso appropriato di questi simboli. Per illustrare il potere dei simboli
che abbiamo introdotto, concludiamo questa sezione scrivendo qualche ulteriore
affermazione matematica con la notazione della logica.
1. Affermazioni sui numeri naturali. L’universo del discorso è N.
(a) x è un quadrato perfetto.
(b) x è multiplo di y.
(c) x è primo.
(d) x è il più piccolo numero che è multiplo di y e z.
2. Affermazioni sui numeri reali. L’universo del discorso è Z.
(a) L’elemento neutro per l’addizione è 0.
(b) Ogni numero reale ha un inverso rispetto all’addizione.
(c) I numeri negativi non hanno radici quadrate.
(d) Ogni numero positivo ha esattamente due radici quadrate.
Soluzioni.
1. (a) Questo significa che x è il quadrato di qualche numero naturale, o in
altri termini ∃y(x = y 2 ).
(b) Questo significa che x è uguale a y volte qualche altro numero naturale, o in altri termini ∃z(x = yz).
(c) Questo significa che x > 1 ed x non può essere scritto come il prodotto
di due numeri naturali più piccolo di x. In simboli, x > 1∧¬∃y∃z(x =
yz ∧ y < x ∧ z < x).
(d) La traduciamo in vari passaggi:
(i) x è multiplo sia di y che di z e non c’è un numero più piccolo
che è multiplo sia di y che di z.
71
(ii) ∃a(x = ya) ∧ ∃b(x = zb) ∧ ¬∃w(w < x ∧ (w è multiplo di y e z)).
(iii) ∃a(x = ya)∧∃b(x = zb)∧¬∃w(w < x∧∃c(w = yc)∧∃d(w = zd)).
2. (a) ∀x(x + 0 = x).
(b) ∀x∃y(x + y = 0).
(c) ∀x(x < 0 → ¬∃y(y 2 = x))
(d) La traduciamo in vari passaggi:
(i) ∀x(x > 0 → x ha esattamente due radici quadrate).
(ii) ∀x(x > 0 → ∃y∃z(y e z sono due radici quadrate di x e y 6= z
e nient’altro è una radice quadrata di x)).
(iii) ∀x(x > 0 → ∃y∃z(y 2 = x ∧ z 2 = x ∧ y 6= z ∧ ¬∃w(w2 = x ∧ w 6=
y ∧ w 6= z)).
Esercizi
*1. Nega queste affermazioni ed esprimi il risultato sotto forma di una affermazione equivalente positiva (vedi Esempio 2.2.1).
(a) Chiunque si laurei in matematica ha un amico che ha bisogno di aiuto
con i suoi compiti.
(b) Chiunque ha un compagno di stanza a cui non piace nessuno.
(c) A ∪ B ⊆ C \ D.
(d) ∃x∀y[y > x → ∃z(z 2 + 5z = y)].
2. Nega queste affermazioni ed esprimi il risultato sotto forma di una affermazione equivalente positiva (vedi Esempio 2.2.1).
(a) C’è uno studente del primo anno che non ha un compagno di stanza.
(b) Tutti amano qualcuno, ma nessuno ama tutti.
(c) ∀a ∈ A∃b ∈ B(a ∈ C ↔ b ∈ C).
(d) ∀y > 0∃x(ax2 + bx + c = y).
3. Queste affermazioni sono vere o false? L’universo del discorso è N.
(a) ∀x(x < 7 → ∃a∃b∃c(a2 + b2 + c2 = x)).
(b) ∃!x((x − 4)2 = 9).
(c) ∃!x((x − 4)2 = 25).
(d) ∃x∃y((x − 4)2 = 25 ∧ (y − 4)2 = 25).
*4. Mostrare che la seconda legge di negazione dei quantificatori, che dice
che ¬∀xP (x) è equivalente a ∃x¬P (x), può essere derivata dalla prima,
che dice che ¬∃xP (x) è equivalente a ∀x¬P (x). (Suggerimento: usate la
regola di doppia negazione)
5. Mostrare che ¬∃x ∈ AP (x) è equivalente a ∀x ∈ A¬P (x).
72
*6. Mostrare che il quantificatore esistenziale si distribuisce rispetto alla disgiunzione. In altri termini, mostrare che ∃x(P (x) ∨ Q(x)) è equivalente a
∃xP (x)∨∃xQ(x). (Suggerimento: usare il fatto, discusso in questa sezione,
che il quantificatore universale si distribuisce rispetto alla congiunzione).
7. Mostrare che ∃x(P (x) → Q(x)) è equivalente a ∀xP (x) → ∃xQ(x).
*8. Mostrare che (∀x ∈ AP (x)) ∧ (∀x ∈ BP (x)) è equivalente a ∀x ∈ (A ∪
B)P (x). (Suggerimento: iniziare scrivendo il significato di quantificatori
limitati in termine dei quantificatori non limitati.)
9. È vero che ∀x(P (x) ∨ Q(x)) è equivalente a ∀xP (x) ∨ ∀xQ(x) ? Spiegare
perché? (Suggerimento: provare ad assegnare un significato a P (x) e a
Q(x).)
10. (a) Mostrare che ∃x ∈ AP (x) ∨ ∃x ∈ BP (c) è equivalente a ∃x ∈ (A ∪
B)P (x).
(b) È vero che ∃x ∈ AP (x) ∧ ∃x ∈ BP (x) è equivalente a ∃x ∈ (A ∩
B)P (x). Spiegare perché.
*11. Mostrare che le affermazioni A ⊆ B e A \ B = ∅ sono equivalenti scrivendo
entrambe con i simboli logici a mostrando che le formule risultanti sono
equivalenti.
12. Usiamo T (x, y) per “x è un insegnante di y”. Cosa significano le seguenti
affermazioni? Sotto quali circostanze ognuna di esse è vera? Ce ne sono
alcune che sono tra loro equivalenti?
(a) ∃!yT (x, y).
(b) ∃x∃!yT (x, y).
(c) ∃!x∃yT (x, y).
(d) ∃y∃!xT (x, y).
(e) ∃!x∃!yT (x, y).
(f) ∃x∃y[T (x, y) ∧ ¬∃u∃v(T (u, v) ∧ (u 6= x ∨ uv 6= y))].
2.3
Altre Operazioni sugli Insiemi
Ora che sappiamo come lavorare con i quantificatori, siamo pronti a discutere
di alcuni argomenti più avanzati di teoria degli insiemi.
Fino ad ora, l’unico modo che avevamo di definire gli insiemi, a parte elencare i loro elementi uno per uno, era quella di usare la notazione con il test di
appartenenza {x | P (x)}. Talvolta questa notazione viene modificata consentendo di rimpiazzare la x prima della barra con una espressione più complessa.
Per esempio, supponiamo di voler definire come S l’insieme di tutti i quadrati
perfetti. Forse la maniera più semplice di descrivere questo insieme è dire che
consiste di tutti i numeri della forma n2 dove n è un numero naturale. Questo
si scrive S = {n2 | n ∈ N}. Notate che, usando la nostra soluzione per la prima
affermazione dell’Esempio 2.2.3, potremmo anche definire questo insieme scrivendo S = {x | ∃n ∈ N(x = n2 )}. Cosı̀, {n2 | n ∈ N} = {x | ∃n ∈ N(x = n2 )} e
pertanto x ∈ {n2 | n ∈ N} vuol dire la stessa cosa di ∃n ∈ N(x = n2 ).
73
Una notazione simile è spesso usata se gli elementi di un insieme sono stati
numerati. Per esempio, supponiamo di voler formare l’insieme i cui elementi sono i primi numeri primi. Potremmo partire numerando i numeri primi, chiamandoli p1 , p2 , p3 , . . . . In altre parole, p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5
e cosı̀ via. Successivamente, l’insieme che stiamo cercando sarebbe l’insieme
P = {p1 , p2 , p3 , . . . , p100 }. Un’altra maniera di descrivere questo insieme sarebbe dire che consiste di tutti i numeri pi , per i un elemento dell’insieme
I = {1, 2, 3, . . . , 100} = {i ∈ N | 1 ≤ i ≤ 100}. Questo potrebbe essere scritto
come P = {pi | i ∈ I}. Ogni elemento pi in questo insieme è identificato da
un numero i ∈ I, chiamato l’indice dell’elemento. Un insieme definito in questo
modo è spesso chiamato una famiglia indicizzata, ed I è l’insieme degli indici.
Sebbene gli indici per una famiglia indicizzata siano spesso numeri, non devono esserlo per forza. Per esempio, supponiamo che S sia l’insieme degli studenti
dell’ateneo. Se volessimo formare l’insieme di tutte le madri degli studenti, potremmo indicare con ms la madre di s, per ogni studente s. Allora, l’insieme di
tutte le madri degli studenti può essere scritta M = {ms | s ∈ S}. Questa è una
famiglia indicizzata in cui l’insieme degli indici è S, l’insieme di tutti gli studenti. Ogni madre nell’insieme è identificata indicando lo studente che è suo figlio.
Notare che avremmo potuto definire questo insieme anche usando un test di
appartenenza, scrivendo M = {m | m è la madre di qualche studente} = {m |
∃s ∈ S(m = ms )}. In generale, qualunque famiglia indicizzata A = {xi | i ∈ I}
può anche essere definita come A = {x | ∃i ∈ I(x = xi )}. Ne segue che
l’affermazione x ∈ {xi | i ∈ I} significa la stessa cosa di ∃i ∈ I(x = xi ).
Esempio 2.3.1. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni esplicitando le definizioni delle notazioni della teoria degli insiemi utilizzate.
√
1. y ∈ { 3 x | x ∈ Q}.
2. {xi | i ∈ I} ⊆ A.
3. {n2 | n ∈ N} e {n3 | n ∈ N} sono disgiunti.
Soluzioni.
p
1. ∃x ∈ Q(y = 3 (x)).
2. Per definizione di sottoinsieme dobbiamo dire che ogni elemento di {xi |
i ∈ I} è anche elemento di A, cosı̀ possiamo partire scrivendo ∀x(x ∈
{xi | i ∈ I} → x ∈ A). Esplicitando il significato di x ∈ {xi | i ∈ I},
che abbiamo analizzato prima, otteniamo ∀x(∃i ∈ I(x = xi ) → x ∈ A).
Ma poiché gli elementi di {xi | iI } sono solo gli xi , per tutti gli i ∈ I,
forse una maniera migliore di dire che ogni elemento di {xi | i ∈ I} è un
elemento di A potrebbe essere ∀i ∈ I(xi ∈ A). Le due risposte sono effettivamente equivalenti, ma dimostrarlo richiede i metodi che studieremo
nel Capitolo 3.
3. Dobbiamo dire che due insiemi hanno un elemento comune, cosı̀ una soluzione è iniziare scrivendo ∃x(x ∈ {n2 | n ∈ N} ∧ x ∈ {n3 | n ∈ N}).
Tuttavia, come fatto per l’ultima affermazione, c’è una strada più semplice. Qualunque elemento comune ai due insiemi deve essere il quadrato di
74
un numero naturale e anche il cubo caso di qualche (possibilmente diverso
dal primo) numero naturale. Cosı̀, potremmo dire che c’è un tale elemento
comune scrivendo ∃n ∈ N∃m ∈ N (n2 = m3 ). Notate che sarebbe errato
scrivere ∃n ∈ N(n2 = n3 ), perché ciò escluderebbe la possibilità che i due
numeri n ed m siano differenti. Ad ogni modo, questa affermazione è vera,
poiché 64 = 82 = 42 , quindi 64 è un elemento di entrambi gli insiemi.
Un elemento di un insieme può essere qualunque cosa. Idee utili ed interessanti nascono se consideriamo la possibilità di un insieme che ha altri insiemi
come elementi. Per esempio, supponiamo sia A = {1, 2, 3}, B = {4} e C = ∅.
Non c’è ragione perché non si possa formare l’insieme F = {A, B, C}, i cui
elementi sono i tre insiemi A, B e C. Rimpiazzando le definizioni di A, B e C
possiamo scriverlo in un altro modo: F = {{1, 2, 3}, {4}, ∅}. Notate che 1 ∈ A
and A ∈ F ma 1 ∈
/ F . F ha solo tre elementi, e tutti e tre sono insiemi, non
numeri. Insiemi come F , i cui elementi sono insiemi, sono spesso chiamati
famiglie di insiemi.
È spesso conveniente definire famiglie di insiemi as come famiglie indicizzate.
Per esempio, supponiamo di usare ancora S come insieme di tutti gli studente,
e per ogni studente s indichiamo con Cs l’insieme dei corsi che lo studente s
ha superato. Allora, la collezione di tutti questi insiemi Cs sarebbe la famiglia
indicizzata di insiemi Fs = {Cs | s ∈ S}. Ricordiamo che gli elementi di
questa famiglia non sono corsi ma insiemi di corsi. Se indichiamo con t uno
specifico studente come Tine, e se Tina ha superato gli esame di Matematica
Generale, Microeconomia e Diritto Privato, allora Ct ={Matematica Generale,
Microeconomia, Diritto Privato} e Ct ∈ F ma Microeconomia ∈
/ F.
Un esempio importante di una famiglia di insiemi è dato dall’insieme delle
parti di un insieme.
Definition 2.3.2. Supponiamo A sia un insieme. L’insieme delle parti (o
insieme potenza) di A, denotato con P(A), è l’insieme i cui elementi sono tutti
i sottoinsieme di A. In formule,
P(A) = {x | x ⊆ A}.
Per esempio, l’insieme A = {7, 12} ha quattro sottoinsiemi: ∅, {7}, {12}
e {7, 12}. Cosı̀, P(A) = {∅, {7}, {12}, {7, 12}}. Cosa possiamo dire di P(∅)?
Sebbene ∅ non abbia elementi, ha un sottoinsieme, ovvero ∅. Cosı̀, P(∅) = {∅}.
Notare che, come abbiamo visto nella Sezione 1.3, {∅} non è la stessa cosa di ∅.
Ogni volta che lavoriamo con qualche sottoinsieme di un insieme X, può
essere utile ricordare che tutti i sottoinsiemi di X sono elementi di P(X), per
definizione di insieme potenza. Per esempio, se C è l’insieme dei corsi offerti
dal vostro ateneo, allora ognuno degli insiemi Cs del nostro precedente esempio
è un sottoinsieme di C. Pertanto, per ogni studente s, Cs ∈ P(C). Questo
significa che ogni elemento della famiglia F = {Cs | s ∈ S} è un elemento di
P(C) e quindi F ⊆ P(C).
1.
2.
3.
4.
5.
75
x ∈ P(A).
P(A) ⊆ P(B)
B ∈ {P(A) | A ∈ F}.
x ∈ P(A ∩ B).
x ∈ P(A) ∩ P(B).
Soluzioni.
1. Per definizione di insieme potenza, gli elementi di P(A) sono i sottoinsiemi
di A. Pertanto, dire che x ∈ P(A) significa che x ⊆ A, che già sappiamo
può essere scritto come ∀y(y ∈ x → y ∈ A).
2. Per definizione di sottoinsieme, questo significa ∀x(x ∈ P(A) → x ∈
P(B)). Ora, riscrivendo x ∈ P(A) e x ∈ P(B) come prima, otteniamo
∀x[∀y(y ∈ x → y ∈ A) → ∀y(y ∈ x → y ∈ B)].
3. Come prima, questo significa ∃A ∈ F(B = P(A)). Ora, dire che B =
P(A) significa che gli elementi di B sono precisamente i sottoinsiemi di
A, o in altre parole ∀x(x ∈ B ↔ x ⊆ A). Sostituendo questa formula di
sopra e utilizzando la definizione di sottoinsieme, otteniamo la risposta
finale, ∃A ∈ F∀x(x ∈ B ↔ ∀y(y ∈ x → y ∈ A)).
4. Come per la prima affermazione, iniziamo scrivendo ∀y(y ∈ x→y ∈ A∩B).
Ora, usando la definizione di intersezione, otteniamo ∀y(y ∈ x → (y ∈
A ∧ y ∈ B)).
5. Per definizione di intersezione, questo significa (x ∈ P(A)) ∧ (x ∈ P(B)).
Ora, rimpiazzando la definizione di insieme potenza come sopra, otteniamo
∀y(y ∈ x → y ∈ A) ∧ ∀y(y ∈ x → y ∈ B).
Notare che per l’affermazione 5 in questo esempio abbiamo scritto la definizione di intersezione e successivamente adoperato la definizione di insieme
potenza, mentre per l’affermazione 4 siamo partiti scrivendo la definizione di
insieme potenza e successivamente abbiamo usato la definizione di intersezione.
Quando impareremo le definizioni di nuovi simboli e termini matematici, diventerà più importante essere in grado di scegliere la definizione alla quale pensare
per prima durante il trattamento di affermazioni matematiche complesse. Una
buona regola empirica è di partire sempre con il simbolo più “esterno”. Nella
affermazione 4 nell’Esempio 2.3.3, il simbolo di intersezione si trovava dentro
la notazione per l’insieme potenza, pertanto abbiamo adoperato dapprima la
definizione di insieme potenza. Nell’affermazione 5, la notazione per l’insieme
potenza si trovava su ambo i lati della notazione per l’intersezione di due insiemi, cosı̀ siamo partiti dalla definizione di intersezione. Considerazioni simili ci
hanno portato a usare per prima la definizione di sottoinsieme, invece di quella
di insieme potenza, nella affermazione 2.
È interessante notare che le nostre risposte alle affermazioni 4 e 5 nell’Esempio 2.3.3 sono equivalenti. (Vi verrà chiesto di verificalo nell’esercizio 10.) Come nella Sezione 1.4, ne segue che per tutti gli insiemi A e B,
P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B). Vi verrà chiesto nell’esercizio 11 di mostrare che
questa equazione non è vera in generale se rimpiazziamo ∩ con ∪.
76
Considera di nuovo la famiglia di insiemi F = {Cs | s ∈ S}, dove S è l’insieme
di tutti gli studenti e per ogni studente s, Cs è l’insieme dei corsi di cui ha
sostenuto l’esame. Se vogliamo conoscere quali corsi sono stati sostenuti da tutti
gli studenti, dovremmo trovare quegli elementi che tutti gli insiemi in F hanno
in comune. L’insieme di tutti questi elementi comuni è chiamata l’intersezione
della famiglia F e si scrive ∩F. In maniera simile, l’unione della famiglia F,
scritta ∪F, è l’insieme ottenuto mettendo tutti gli elementi di tutti gli insiemi
in F assieme in un unico insieme. In questo caso, ∪F sarebbe l’insieme di tutti
i corsi che sono stati sostenuti da qualunque studente.
Esempio 2.3.4. Sia F = {{1, 2, 3, 4}, {2, 3, 4, 5}, {3, 4, 5, 6}}. Determinare ∩F
e ∪F .
Soluzione.
∩F = {1, 2, 3, 4} ∩ {2, 3, 4, 5} ∩ {3, 4, 5, 6} = {3, 4}.
∪F = {1, 2, 3, 4} ∪ {2, 3, 4, 5} ∪ {3, 4, 5, 6} = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Sebbene questi esempi rendano evidente cosa si intende con ∩F e ∪F, ancora
non abbiamo fornite una definizione precisa di questi insiemi. In generale, se F
è una famiglia di insiemi, vogliamo che ∩F contenga tutti gli elementi che tutti
gli insiemi di F hanno in comune. Cosı̀, per essere un elemento di F, un oggetto
deve essere elemento di ogni insieme di F. D’altro canto, qualunque cosa sia
elemento di un qualunque insieme di F dovrebbe stare in ∪F, cosı̀ per essere in
∪F un oggetto deve essere un elemento di almeno un insieme in F. Cosı̀, siamo
portati a scrivere la seguente definizione generale.
Definition 2.3.5. Sia F una famiglia di insiemi. Allora l’intersezione e l’unione
di F sono gli insiemi ∩F e ∪F definiti come segue:
∩F = {x | ∀A ∈ F(x ∈ A)} = {x | ∀A(A ∈ F → x ∈ A)}.
∪F = {x | ∃A ∈ F(x ∈ A)} = {x | ∃A(A ∈ F ∧ x ∈ A)}.
Alcuni matematici considerano ∩F indefinita se F = ∅. Per una spiegazione
della ragione di questa assunzione, fate riferimento all’esercizio 14. Noi useremo
la notazione ∩F solo quando F 6= ∅.
Notate che se Ae B sono due insiemi ed F = {A, B}, allora ∩F = A ∩
B e ∪F = A ∪ B. Pertanto, le definizioni di intersezione ed unione di una
famiglia di insiemi sono in realtà generalizzazioni delle nostre vecchie definizioni
di intersezione e unione di due insiemi.
1. x ∈ ∩F.
2. ∩F ⊆ ∪G.
3. x ∈ P(∪F).
77
4. x ∈ ∪{P(A) | A ∈ F}.
Soluzioni.
1. Dalla definizione di intersezione di una famiglia di insiemi, questo significa
che ∀A ∈ F(x ∈ A), o equivalentemente, ∀A(A ∈ F → x ∈ A).
2. Come abbiamo visto nell’Esempio 2.2.1, dire che un insieme è sottoinsieme
di un altro vuol significa che c’è qualcosa che elemento del primo insieme
ma non del secondo. Pertanto, partiamo scrivendo ∃x(x ∈ ∩F ∧ x ∈
/ ∪G).
Abbiamo già visto cosa vuol dire x ∈ ∩F nella soluzione al punto 1.
Per definizione di unione di una famiglia di insiemi, x ∈ ∪G significa
∃A ∈ G(x ∈ A), pertanto x ∈
/ ∪G vuol dire ¬∃A ∈ G(x ∈ A). Per la legge
di negazione dei quantificatori, questo è equivalente a ∀A ∈ G(x ∈
/ A).
Mettendo tutto assieme, la nostra risposta sarà ∃x[∀A ∈ F(x ∈ A) ∧ ∀A ∈
G(x ∈
/ A)].
3. Poiché il simbolo di unione occorre all’interno della notazione per l’insieme
potenza, iniziamo scrivendo la definizione di quest’ultimo. Come nell’Esempio 2.3.3, otteniamo x ⊆ ∪F, o in altri termini, ∀y(y ∈ x → y ∈ ∪F).
Ora usiamo la definizione di unione per scrivere y ∈ ∪F come ∃A ∈ F(y ∈
A). La risposta finale sarà ∀y(y ∈ x → ∃A ∈ F(y ∈ A)).
4. Questa volte partiamo scrivendo la definizione di unione. In accordo alla
definizione, l’affermazione vuol dire x è un elemento di almeno un insieme
P(A), per A ∈ F. In altri termini, ∃A ∈ F(x ∈ P(A)). Inserendo la
nostra analisi dell’affermazione x ∈ P(A) dell’Esempio 2.3.3, otteniamo
∃A ∈ F(∀y(y ∈ x → y ∈ A)).
Scrivere affermazioni matematiche complesse con i simboli logici, come abbiamo visto nell’ultimo esempio, può qualche volta aiutare a comprendere il
significato dell’affermazione e se è vera o falsa. Per esempio, supponiamo ancora un volta che sia Cs l’insieme di tutti i corsi seguiti dallo studente s. Sia
M l’insieme degli studenti di matematica, E l’insieme degli studenti di inglese,
F = {Cs | s ∈ M } e G = {Cs | s ∈ E}. Con queste definizioni, cosa significa l’affermazione 2 dell’Esempio 2.3.6, e in quali circostanza sarebbe vera?
In accordo alla nostra soluzione per questo esempio, l’affermazione vuol dire
∃x[∀A ∈ F(x ∈ A) ∧ ∀A ∈ G(x ∈
/ A)], o in altri termini, esiste qualcosa che è
un elemento di ogni insieme in F e che non è elemento di nessun insieme in G.
Prendendo in considerazione le definizioni di F e G che stiamo usando, questo
significa che ci sono dei corsi che sono stati seguiti da tutti gli studenti di matematica ma da nessun studente di inglese. Se, ad esempio, tutti gli studenti di
matematica hanno seguito Geometria ma nessuno degli studenti di inglese lo ha
fatto, allora questa affermazione sarebbe vera.
Come ulteriore esempio, supponiamo F = {{1, 2, 3}, {2, 3, 4}, {3, 4, 5}}, e
x = {4, 5, 6}. Con queste definizioni, l’affermazione 3 dell’Esempio 2.3.6 sarebbe vera? Potreste determinarlo calcolando P(∪F ) e controllando se x è un
elemento di questo insieme, ma ciò richiederebbe molto tempo, poiché risulta
che P(∪F) ha 32 elementi. È più facile usare la traduzione in simboli logici
78
usata nella nostra soluzione per l’esempio. In accordo alla traduzione, l’affermazione vuol dire ∀y(y ∈ x → ∃A ∈ F(y ∈ A)); in altre parole, ogni elemento
di x è in almeno un elemento di F. Tornando alle nostre definizioni per F ed
x, non è difficile vedere che questo è falso, perché 6 ∈ x ma 6 non è in nessun
insieme di F.
Una notazione alternativa è usata talvolta per l’unione e l’intersezione di
una famiglia indicizzata di insiemi. Supponiamo F = {Ai | i ∈ I}, dove ogni
Ai è un insieme. Allora ∩F sarebbe l’insieme di tutti gli elementi comuni tra
tutti gli Ai , per i ∈ I, e questo può essere scritto come ∩i∈I Ai . In altre parole,
∩F = ∩i∈I Ai = {x | ∀i ∈ I(x ∈ Ai )}. In maniera analoga, un notazione
alternativa per ∪F è ∪i∈I Ai , e quindi ∪F = ∪i∈I Ai = {x | ∃i ∈ I(x ∈ Ai )}.
Ritornando al nostro esempio sui corsi seguiti dagli studenti, potremmo usare
questa notazione per scrivere l’insieme dei corsi seguiti da tutti gli studenti come
∩s∈S Cs .
Esempio 2.3.7. Sia I = {1, 2, 3} e per ogni i ∈ I, sia Ai = {i, i + 1, i + 2, i + 3}.
Determinare ∩i∈I Ai e ∪i∈I Ai .
Soluzione.
Prima elenchiamo gli elementi degli insiemi Ai , per i ∈ I:
A1 = {1, 2, 3, 4},
A2 = {2, 3, 4, 5},
A3 = {3, 4, 5, 6}.
Allora ∩i∈I Ai = A1 ∩A2 ∩A3 = {1, 2, 3, 4}∩{2, 3, 4, 5}∩{3, 4, 5, 6} = {3, 4}, ed in
maniera simile ∪i∈I Ai = {1, 2, 3, 4} ∪ {2, 3, 4, 5} ∪ {3, 4, 5, 6} = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Infatti, possiamo vedere che la domanda di questo esempio è esattamente la
stessa dell’Esempio 2.3.4, ma con una notazione differente.
Esempio 2.3.8. Per questo esempio l’universo del discorso sarà l’insieme S di
tutti gli studenti. Stia L(x, y) per “ad x piace y” ed A(x, y) per “x ammira y”.
Per ogni studente s, sia Ls l’insieme di tutti gli studenti che piacciono ad s. In
altre parole Ls = {t ∈ S | L(s, t)}. In maniera simile, As = {t ∈ S | A(s, t)} =
l’insieme di studenti che s ammira. Descrivere i seguenti insiemi.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
∩s∈S Ls .
∪s∈S Ls .
∪s∈S Ls \ ∪s∈S As .
∪s∈S Ls \ As .
(∩s∈S Ls ) ∩ (∩s∈S As ).
∩s∈S (Ls ∩ As ).
∪b∈B Lb dove B = ∩s∈S As .
Soluzioni.
Prima di tutto, notare che in generale t ∈ Ls significa la stessa cosa di L(s, t),
ed in maniera simile t ∈ As significa A(s, t).
1. ∩s∈S Ls = {t ∈ S | ∀s ∈ S(t ∈ Ls )} = {t ∈ S | ∀s ∈ SL(s, t)} = l’insieme
degli studenti che piacciono a tutti gli studenti.
79
2. ∪s∈S Ls = {t ∈ S | ∃s ∈ S(t ∈ Ls )} = {t ∈ S | ∃s ∈ SL(s, t)} = l’insieme
degli studenti che piacciono ad almeno uno studente.
3. Come abbiamo visto nella soluzione 2, ∪s∈S Ls = l’insieme degli studenti
che piacciono ad almeno uno studente. In maniera analoga, ∪s∈S As =
l’insieme degli studenti che sono ammirati da almeno uno studente. Cosı̀,
∪s∈S Ls \ ∪s∈S As = {t | t ∈ ∪s∈S Ls ∧ t ∈
/ ∪s∈S As } = l’insieme degli
studenti che piacciono ad almeno uno studente ma nono sono ammirati
da nessuno.
4. ∪s∈S (Ls \ As ) = {t | ∃s ∈ S(t ∈ Ls \ As )} = {t ∈ S | ∃s ∈ S(L(s, t) ∧
¬A(s, t))} = l’insieme degli studenti t per i quali c’è almeno uno studente
a cui piace t ma che non lo ammira. Notate che questo è differente dall’insieme al punto 3. Perché uno studente t sia in questo insieme, deve esserci
uno studente a cui t piace ma che non ammira t, ma potrebbe esserci uno
studente diverso che ammira t. Per essere nell’insieme del punto 3, t non
può essere ammirato da nessuno.
5. (∩s∈S Ls ) ∩ (∩s∈S As ) = {t | t ∈ ∩s∈S Ls ∧ t ∈ ∩s∈S As } = {t | ∀s ∈ S(t ∈
Ls )∧∀s ∈ S(t ∈ As )} = {t ∈ S | ∀s ∈ SL(s, t)∧∀s ∈ SA(s, t)} = l’insieme
di tutti gli studenti che piacciono a tutti e che sono anche ammirati da
tutti.
6. ∩s∈S (Ls ∩ As ) = {t | ∀s ∈ S(t ∈ Ls ∩ As )} = {t ∈ S | ∀s ∈ S(L(s, t) ∧
A(s, t))} = l’insieme di tutti gli studenti che sono sia graditi che ammirati
da tutti gli studenti. Questo è lo stesso insieme del punto 5. In effetti,
potete usare la legge distributiva del quantificatore universale rispetto alla
congiunzione per mostrare che il test di appartenenza per i due insiemi è
lo stesso.
7. ∪b∈B Lb = {t | ∃b ∈ B(t ∈ Lb )} = {t ∈ S | ∃b(b ∈ B ∧ L(b, t))}. Ma B
era definito come l’insieme degli studenti che sono ammirati da tutti gli
studenti, pertanto b ∈ B vuol dire b ∈ S ∧ ∀s ∈ SA(s, b). Inserendo questa
definizione, otteniamo ∪b∈B Lb = {t ∈ S | ∃b(b ∈ S ∧ ∀s ∈ SA(s, b) ∧
L(b, t))} = l’insieme di tutti gli studenti che piacciono a qualche studente
che è ammirato da tutti gli studenti.
Esercizi
*1. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni. Potete usare i simboli ∈, ∈,
/ =, 6=, ∧, ∨, →, ↔, ∀ ed ∃ nella vostra risposta, ma non ⊆, 6⊆,
P, ∪, ∩, \, {, } o ¬. (Ne consegue che dovrete rimpiazzare alcuni simboli
della teoria degli insiemi con le loro definizioni, e utilizzare le equivalenze
per liberarvi delle eventuali occorrenze di ¬.)
(a) F ⊆ P(A).
(b) A ⊆ {2n + 1 | n ∈ N}.
(c) {n2 + n + 1 | n ∈ N} ⊆ {2n + 1 | n ∈ N}.
(d) P(∪i∈I Ai ) * ∪i∈I P(Ai ).
80
2. Analizzare la forma logica delle seguenti affermazioni. Potete usare i simboli ∈, ∈,
/ =, 6=, ∧, ∨, →, ↔, ∀ ed ∃ nella vostra risposta, ma non ⊆, 6⊆,
P, ∪, ∩, \, {, } o ¬. (Ne consegue che dovrete rimpiazzare alcuni simboli
della teoria degli insiemi con le loro definizioni, e utilizzare le equivalenze
per liberarvi delle eventuali occorrenze di ¬.)
(a) x ∈ ∪F \ ∪G.
(b) {x ∈ B | x ∈
/ C} ∈ P(A).
(c) x ∈ ∩i∈I (Ai ∪ Bi ).
(d) x ∈ (∩i∈I Ai ) ∩ (∩i∈I Bi ).
3. Abbiamo visto che P(∅) = {∅} e {∅} =
6 ∅. Cosa è P({∅})?
*4. Supponete F={{rosso, verde, azzurro}, {arancione, rosso, azzurro}, {viola,
rosso, verde, azzurro}}. Determinare ∩F e ∪F.
5. Supponete F = {{3, 7, 12}, {5, 7, 16}, {5, 12, 23}}. Determinare ∩F e ∪F.
6. Sia I = {2, 3, 4, 5}, e per ogni i ∈ I, sia Ai = {i, i + 1, i − 1, 2i}.
(a) Elenca tutti gli elementi di tutti gli insiemi Ai per i ∈ I.
(b) Determina ∩i∈I Ai e ∪i∈I Ai .
7. Sia P={Johann Sebastian Bach, Napoleone Bonaparte, Johann Wolfgang
von Goethe, David Hume, Wolfgang Amadeus Mozart, Isaac Newton,
George Washington} e sia Y = {1750, 1751, 1752, . . . , 1759}. Per ogni
y ∈ Y , sia Ay = {p ∈ P | la persona p era viva in qualche momento
durante l’anno y}. Determinare ∩y∈Y Ay e ∪y∈Y Ay .
*8. Sia I = {2, 3}, e per ogni i ∈ I, sia Ai = {i, 2i} e Bi = {i, i + 1}.
(a) Elenca gli elementi degli insiemi Ai e Bi per i ∈ I.
(b) Trova ∩i∈I (Ai ∪ Bi ) e (∩i∈I Ai ) ∪ (∩i∈I Bi ). Sono lo stesso insieme?
(c) Nei punti (c) e (d) dell’esercizio 2 avete analizzato le affermazioni
x ∈ ∩i∈I (Ai ∪ Bi ) e x ∈ (∩i∈I Ai ) ∪ (∩i∈I Bi ). Cosa potete dire, sulla
base della vostra risposta al punto (b), circa il fatto che questi insiemi
sono o no equivalenti?
9. Date un esempio di un insieme indice I e due famiglie indicizzate di insiemi
{Ai | i ∈ I} e {Bi | i ∈ I} tali che ∪i∈I (Ai ∩ Bi ) 6= (∪i∈I Ai ) ∩ (∪i∈I Bi ).
10. Mostrare che qualunque siano gli insiemi A e B, P(A ∩ B) = P(A) ∩
P(B), verificando che le affermazioni x ∈ P(A∩B) ed x ∈ P(A)∩P(B)
sono equivalenti (vedi Esempio 2.3.3).
*11. Dare un esempio di insiemi A e B per i quali P(A ∪ B) 6= P(A) ∪ P(B).
12. Verificare le seguenti identità scrivendo (usando i simboli logici) cosa significa per un oggetto x essere un elemento di ognuno degli insiemi ed
usando le equivalenze logiche.
(a) ∪i∈I (Ai ∪ Bi ) = (∪i∈I Ai ) ∪ (∪i∈I Bi ).
(b) (∩F) ∩ (∩G) = ∩(F ∩ G).
(c) ∩i∈I (Ai \ Bi ) = (∩i∈I Ai ) \ (∪i∈I Bi ).
81
*13. Talvolta gli insiemi in una famiglia indicizzata di insiemi hanno due indici.
Per questo problema, usate le seguenti definizioni: I = {1, 2}, J = {3, 4}.
Per ogni i ∈ I e j ∈ J, sia Ai,j = {i, j, i + j}. Cosı̀, per esempio, A2,3 =
{2, 3, 5}.
(a) Per ogni j ∈ J, sia Bj = ∪i∈I Ai,j = A1,j ∪ A2,j . Determinare B3 e
B4 .
(b) Determinare ∩j∈J Bj . (Notate che rimpiazzando Bj con la sua definizione, potremmo dire che ∩j∈J Bj = ∩j∈J (∪i∈I Ai,j ).)
(c) Determinare ∪i∈I (∩j∈J Ai,j ). (Suggerimento: potete volerlo fare in
due passi, corrispondenti alle parti (a) e (b).) Gli insiemi ∩j∈J (∪i∈I Ai,j )
e ∪i∈I (∩j∈j Ai,j ) sono uguali?
(d) Analizzare le forma logiche delle affermazioni x ∈ ∩j∈J (∪i∈I Ai,j ) e
x ∈ ∪i∈I (∩j∈j Ai,j ). Sono equivalenti?
14. (a) Mostrare che se F = ∅, allora l’affermazione x ∈ ∩F sarà falsa per
qualunque valore di x. Ne segue che ∪∅ = ∅.
(b) Mostrare che se F = ∅, allora l’affermazione x ∈ ∪F sarà vera per
qualunque valore di x. In un contesto in cui è chiaro qual è l’universo
del discorso U , potremmo pertanto dire che ∩∅ = U . Tuttavia, questo ha la sfortunata conseguenza che la notazione ∩∅ vuol dire cose
differenti in contesti differenti. Inoltre, quando si lavora con insiemi
i cui elementi sono altri insiemi, i matematici spesso non usano per
nulla un universo del discorso (per maggiori informazioni su questo
punto, guardate il prossimo esercizio). Per queste ragioni, alcuni matematici considerano la notazione ∩∅ priva di significato. Eviteremo
questo problema nel libro usando la notazione ∩F solo nei contesti
in cui siamo sicuri che F 6= ∅.
15. Nella Sezione 2.3 abbiamo visto che un insieme può avere altri insiemi come
elementi. Quando si parla di insiemi i cui elementi sono altri insiemi, può
sembrare naturale considerare come elemento del discorso la collezione di
tutti gli insiemi. Tuttavia, come vedremo in questo problema, assumere
che esista un tale universo porta a delle contraddizioni.
Supponete che U sia la collezione di tutti gli insiemi. In particolare, U è
un insieme, pertanto abbiamo U ∈ U . Questa non è ancora una contraddizione; sebbene la maggior parte degli insiemi non siano elementi di se
stessi, forse alcuni insiemi lo sono. Ma ciò suggerisce che l’insieme universo U possa essere diviso in due categorie: gli insiemi insoliti che, come
U , sono elementi di se stessi, e quelli più ordinari che non lo sono. Sia
R l’insieme di tutti gli insiemi della seconda categoria. In altre parole,
R = {A ∈ U | A ∈
/ A}. Questo significa che per ogni insieme A nell’universo, A sarà un elemento di R sse A ∈
/ A. In altre parole, abbiamo
∀A ∈ U (A ∈ R ↔ A ∈
/ A).
(a) Mostrate che applicando questo fatto all’insieme R stesso (in altre
parole, mettendo R al posto di A) si ottiene una contraddizione.
82
Questa contraddizione è stata scoperta da Bertrand Russel nel 1901,
ed è nota come Paradosso di Russel.
(b) Pensate un altro po’ al paradosso di cui al punto (a). Cosa pensate
che ci dica questo paradosso sugli insiemi?
Capitolo 3
Dimostrazioni
3.1
I matematici sono persone scettiche. Usano molti metodi, inclusi esperimenti
con esempi, tentativi successivi, congetture, per provare a trovare la risposta
ad un quesito matematico, ma non sono generalmente convinti che una risposta
sia corretta a meno che non possano dimostrarlo. Avrete già probabilmente
visto alcune dimostrazione matematiche, ma potreste non avere esperienza nello
scriverle. In questo capitolo imparerete come le dimostrazioni sono costruite,
cosı̀ che potrete iniziare a scriverne di vostre.
Le dimostrazioni (anche chiamate prove, dall’inglese proof) assomigliano
molto ai puzzle. Non ci sono regole su come i puzzle devono essere risolti. L’unica regola concerne il prodotto finale: tutti i pezzi devono incastrarsi tra di loro,
e la figura risultante deve apparire corretta. Lo stesso vale per le dimostrazioni.
Sebbene non ci siano regole su come risolvere un puzzle, alcune tecniche per
risolverli funzionano meglio di altre. Per esempio, non fareste mai un puzzle
mettendo un pezzo ogni due, e poi tornando indietro e riempiendo tutti i buchi
lasciati vuoti! Ma anche, non lo fareste mai partendo dall’alto e attaccando
i pezzi in ordine finché non raggiungete il fondo. Probabilmente riempireste
prima i bordi, e successivamente mettereste altri agglomerati di pezzi assieme
cercando di capire approssimativamente la loro destinazione finale. Talvolta potrete mettere dei pezzi nel posto sbagliato, vi accorgerete che non si incastrano,
e sentirete di non riuscire a procedere. E ogni tanto vedrete, in un lampo di
soddisfazione, che due grossi agglomerati si incastrano assieme e sentirete che
avete fatto improvvisamente un grosso passo avanti. Man mano che i pezzi del
puzzle andranno al loro posto, una figura emergerà. Capirete improvvisamente
che la macchia di azzurro che state mettendo assieme è un lago, o parte del
cielo. Ma è soltanto quando il puzzle sarà completo che potrete vedere la figura
intera.
Cose simili accadono nel processo di invenzione di una dimostrazione. E
penso che sia il caso di menzionare ancora un’altra similitudine. Quando avete
terminato un puzzle, non lo distruggete immediatamente, vero? Probabilmente
lo lascereste in giro per due o tre giorni per poterlo ammirare. Dovreste fare la
83
CAPITOLO 3. DIMOSTRAZIONI
84
stessa cosa con una dimostrazione. Avete capito come incastrare i pezzi da soli,
e una volta che è tutto a posto, non è forse bello?
In questo capitolo discuteremo le tecniche di dimostrazione che i matematici
usano più spesso e spiegheremo come utilizzarle perché possiate iniziare a scrivere dimostrazioni voi stessi. Capire queste tecniche vi aiuterà anche a leggere
e comprendere meglio le dimostrazioni scritte da altri. Purtroppo, le tecniche
in questo capitolo non danno una procedura passo-passo per risolvere ogni problema di dimostrazione. Quando proverete a scrivere una dimostrazione potrete
fare qualche falsa partenza prima di trovare la maniera giusta di procedere, e
qualche dimostrazione potrà richiedere particolare bravura o intuito. Con la
pratica la vostra abilità di scrivere dimostrazioni dovrebbe migliorare, e sarete
in grado di affrontare dimostrazioni sempre più impegnative.
I matematici generalmente presentano la risposta ad un quesito matematico
sotto forma di un teorema che dice che se certe assunzioni, chiamate ipotesi
del teorema, sono vere, allora qualche conclusione sarà vera anch’essa. Spesso
ipotesi e conclusione contengono delle variabili libere, e in questo caso si intende che queste variabili rappresentano un qualunque elemento dell’universo del
discorso. Un assegnamento di particolari valori a queste variabili è chiamata
un istanza del teorema e, perché il teorema sia corretto, deve accadere che per
tutte le istanze del teorema nelle quali le ipotesi sono vere, anche la conclusione
è vera. Se c’è anche una sola istanza nella quale le ipotesi sono vere ma la
conclusione è falsa, allora il teorema non è corretto. Una tale istanza si chiama
controesempio del teorema.
Esempio 3.1.1. Considera il seguente teorema:
Teorema. Supponiamo x > 3 e y < 2. Allora x2 − 2y > 5.
Il teorema è corretto. (Vi sarà chiesto di dimostrarlo nell’esercizio 14.) Le
ipotesi del teorema sono x > 3 e y < 2, e la conclusione è x2 − 2y > 5. Come
esempio di istanza del teorema, possiamo mettere 5 al posto di x e 1 al posto
di y. Chiaramente con questi valori delle variabili le ipotesi x > 3 e y < 2
sono entrambe vere, cosı̀ il teorema ci dice che la conclusione x2 − 2y > 5 deve
essere vera. In effetti, rimpiazzando i valori di cui sopra per x e y, otteniamo
x2 − 2y = 25 − 2 = 23 e certamente 23 > 5. Notate che questo calcolo non
costituisce una prova del teorema. Abbiamo soltanto controllato una istanza
del teorema, mentre una dimostrazione deve mostrare che tutte le istanze sono
corrette.
Se togliamo la seconda ipotesi, otteniamo un teorema non corretto.
Teorema non corretto. Supponiamo x > 3. Allora x2 − 2y > 5.
Possiamo vedere che questo teorema è errato trovandone un controesempio.
Per esempio, assumiamo x = 4 e y = 6. Allora l’unica ipotesi rimanente, x > 3,
è vera, ma x2 − 2y = 16 − 12 = 4, cosı̀ la conclusione x2 − 2y > 5 è falsa.
Se trovate un controesempio ad un teorema, allora il teorema non è corretto,
ma l’unica maniera per conoscere con certezza che un teorema è corretto è dimostrarlo. Una dimostrazione di un teorema è semplicemente una argomentazione
85
deduttiva le cui premesse sono le ipotesi del teorema e la cui conclusione è la
conclusione del teorema. Naturalmente questa argomentazione deve essere valida, cosicché possiamo essere sicuri che se le ipotesi del teorema sono vere, allora
la conclusione sarà pure vera. Come inventare e scrivere la dimostrazione di un
teorema dipenderà in gran parte dalla forma logica della conclusione. Spesso
dipenderà anche dalla forma logica delle ipotesi. Le tecniche per scrivere dimostrazioni che discuteremo in questo capitolo ci diranno quali strategie hanno più
probabilità di funzionare a seconda delle forma delle ipotesi e della conclusione.
Le tecniche di dimostrazione che sono basate sulle forme logiche delle ipotesi
suggeriscono dei modi di trarre inferenze dalle ipotesi. Quando fate una inferenza da delle ipotesi, usate l’assunzione che le ipotesi siano vere per giustificare
l’asserzione che qualche altra affermazione deve essere vera. Una volta che avete dimostrato che una affermazione è vera, potete usarla successivamente della
dimostrazione come se fosse una delle ipotesi. Forse la regola più importante
da tenere in mente quando si elabora una inferenza è questa: mai affermare
qualche cosa a meno che non possiate giustificarla completamente usando le
ipotesi o usando delle conclusioni già raggiunte da esse in precedenza. Il vostro
motto dovrebbe essere: “Non farò nessuna asserzione prima che sia giunto il
suo tempo”. Usare questa regola vi impedirà dall’usare ragionamenti circolari
o saltare a conclusioni non fondate, e vi garantirà che, se le ipotesi sono vere,
la conclusione dovrà essere anch’essa vera. E questo è lo scopo primario di una
dimostrazione: fornire una garanzia che la conclusione è vera se le ipotesi lo
sono.
Per assicurarvi che le vostre asserzioni siano adeguatamente giustificate, dovreste essere scettici circa le inferenze nella vostra dimostrazione. Se c’è un
dubbio di qualunque tipo nella vostra mente circa il fatto che la giustificazione
che avete dato per una asserzione è adeguata, allora non lo è. Dopo tutto, se il
vostro ragionamento non convince neanche voi stessi, come potete aspettarvi di
convincere qualcun altro?
Le tecniche di dimostrazione basate sulla forma logica della conclusione sono
spesso differenti dalle tecniche basate sulle forme delle ipotesi. Esse generalmente suggeriscono una maniera di trasformare il problema in uno equivalente ma
più facile da risolvere. L’idea di risolvere un problema trasformandolo in problemi più piccoli dovrebbe esservi familiare. Per esempio, aggiungere lo stesso
numero ad ambo i lati di una equazione trasforma l’equazione in un’altra equivalente, e l’equazione risultante è qualche volta più facile da risolvere di quella
originaria. Gli studenti che hanno studiato calcolo possono essere familiari con
tecniche di valutazione degli integrali, come la sostituzione o l’integrazione per
parti, che possono essere usate per trasformare una problema di integrazione
difficile in uno più semplice. (NdT. In informatica, uno degli approcci più comuni per lo sviluppo di algoritmi è la strategia nota come divide et impera, che
consiste nel dividere un problema complesso in sottoproblemi più semplici.)
Le dimostrazioni che sono scritte usando queste strategie di trasformazione spesso includono passi nei quali si assume, ai fini dell’argomentazione, che
qualche affermazione sia vera senza fornire nessuna giustificazione per questa
assunzione. Può sembrare a prima vista che tale ragionamento violi la regola
86
che le asserzioni devono essere sempre giustificate, ma non è vero, perché assumere qualcosa non è la stessa cosa di asserire qualcosa. Asserire qualcosa vuol
dire sostenere che quella cosa è vera, e ciò non è mai accettabile in una dimostrazione a meno che non sia giustificata. Invece, lo scopo di una assunzione in
una dimostrazione non è sostenere che qualcosa sia vero, quanto piuttosto consentirci di ragionare su cosa sarebbe vero se l’assunzione fosse corretta. Dovete
sempre tenere a mente che qualsiasi conclusione si raggiunga che è basata su
una assunzione può rivelarsi falsa se l’assunzione non è corretta. Quando fate
una affermazione in una dimostrazione, è importante che siate sicuri di sapere
se si tratta di una asserzione o di una assunzione.
Forse un esempio renderà tutto più chiaro. Supponete che durante il corso di
una dimostrazione decidiate di assumere che qualche affermazione, chiamiamola
P , sia vera, e usate questa assunzione per concludere che un’altra affermazione
Q è vera. Sarebbe sbagliato considerare questa un dimostrazione che Q è vera,
perché non potete essere sicuri che la vostra assunzione circa la verità di P sia
corretta. Tutto ciò che potete concludere è che se P è vera, allora potete essere
sicuri che Q è pure vera. In altre parole, sapete che l’affermazione P → Q è vera.
Se la conclusione del teorema che dovete dimostrare era Q, allora la prova è come
minimo incompleta. Ma se la conclusione era P → Q, allora la dimostrazione è
completa. Questo ci porta alla nostra prima strategia di dimostrazione.
Per dimostrare una conclusione della forma P → Q:
Assumi che P sia vera e quindi dimostra Q.
Ecco un’altra maniera di guardare al significato di questa tecnica di dimostrazione. Assumere che P sia vera è la stessa cosa di aggiungere P all’elenco
delle ipotesi. Sebbene P possa non essere stata una delle ipotesi originali, una
volta che l’avete assunta, potete usarla esattamente nello stesso modo in cui usate qualunque altra ipotesi. Dimostrare Q vuol dire trattare Q come la vostra
conclusione e dimenticarsi della conclusione originale. Cosı̀, questa tecnica dice
che se la conclusione del teorema che state provando a dimostrare ha la forma
P → Q, allora potete trasformare il problema aggiungendo P alla vostra lista di
ipotesi e cambiare la conclusione da P → Q a Q. Questo dà un nuova problema
di dimostrazione su cui lavorare, che magari è più facile di quello iniziale. Se
riuscite a risolvere il nuovo problema, avrete mostrato che se P è vera, allora Q
è anche vera, risolvendo cosı̀ il problema originale di dimostrare P → Q. Come
risolvere il nuovo problema sarà ora guidato dalla forma logica della conclusione
Q (che può essa stessa essere una affermazione complessa), e forse anche dalla
forma logica della nuova ipotesi P .
Notate che questa tecnica non vi dice come fare l’intera dimostrazione, vi
indica solo un passo, lasciandovi con un nuovo problema da risolvere per poter terminare la dimostrazione. Le dimostrazioni non sono generalmente scritte
tutte in una volta, ma create gradualmente applicando varie tecniche di dimostrazione una dopo l’altra. Spesso l’uso di queste tecniche vi porterà a trasformare il problema varie volte. Nel discutere questo processo, sarà di aiuto
avere un qualche modo per tenere traccia dei risultati di questa sequenza di
87
trasformazioni. Introduciamo pertanto la seguente terminologia. Ci riferiremo
alle affermazioni che sono note o assunte essere vere in qualche punto nel corso
del processo di costruzione della dimostrazione come dati (givens) e all’affermazione che rimane da dimostrare come obiettivo (goal). Quando iniziate a
costruire una dimostrazione, i dati saranno le ipotesi del teorema che state dimostrando, ma successivamente essi potranno includere altre affermazioni che
sono state dedotte dalle ipotesi o aggiunte come nuove assunzioni come risultato
di qualche trasformazione del problema. L’obiettivo inizialmente sarà la conclusione del teorema, ma potrà successivamente cambiare varie volte nel corso
della costruzione della dimostrazione.
Per tenere a mente che tutte le nostre strategie si applicano non soltanto al problema di dimostrazione originale, ma anche ai risultati di qualunque
trasformazione di questo problema, parleremo d’ora in poi soltanto di dati e
obiettivi, piuttosto che di ipotesi e conclusioni, quando si discutono le strategie
di dimostrazione. Per esempio, la strategia vista precedentemente dovrebbe essere considerata in realtà una strategia per dimostrare un obiettivo della forma
P → Q, piuttosto che una conclusione di questa forma. Anche se la dimostrazione del teorema che state dimostrando non è un’affermazione condizionale,
se trasformate il problema in maniera che l’obiettivo diventi un’affermazione
condizionale, allora potete applicare questa strategia nel passo successivo di
costruzione della dimostrazione.
Esempio 3.1.2. Supponiamo che a e b siano numeri reali. Dimostrare che se
0 < a < b allora a2 < b2 .
Bozza della dimostrazione
Ci è dato come ipotesi che a e b sono numeri reali. La nostra conclusione ha la
forma P → Q, dove P è l’affermazione 0 < a < b e Q è l’affermazione a2 < b2 .
Cosı̀ partiamo con queste affermazioni come dati e obiettivo:
Dati
a e b sono numeri reali
Obiettivo
(0 < a < b) → (a2 < b2 )
In accordo alla nostre tecnica di dimostrazione, dovremmo assumere 0 <
a < b e provare a usare questa assunzione per dimostrare che a2 < b2 . In altre
parole, trasformiamo il problema aggiungendo 0 < a < b alle lista dei dati e
cambiando l’obiettivo in a2 < b2 :
Dati
Obiettivo
a e b sono numeri reali
a2 < b2
0<a<b
Il confronto tra le diseguaglianze a < b e a2 < b2 suggerisce che moltiplicare
entrambi i lati della diseguaglianza a < b per a o per b può consentirci di avvicinarci all’obiettivo. Poiché ci è dato che a e b sono positivi, non abbiamo bisogno
di invertire la direzione della diseguaglianza se lo facciamo. Moltiplicando a < b
per a otteniamo a2 < ab, e moltiplicandola per b otteniamo ab < b2 . Cosı̀
a2 < ab < b2 , ovvero a2 < b2 .
Soluzione
88
Teorema. Supponiamo che a e b siano numeri reali. Se 0 < a < b allora
a2 < b2 .
Dimostrazione. Supponiamo 0 < a < b. Moltiplicando l’uguaglianza a < b
per il numero positivo a possiamo concludere che a2 < ab, e analogamente
moltiplicando per b otteniamo ab < b2 . Pertanto a2 < ab < b2 , ovvero a2 < b2 ,
come richiesto. Cosı̀, se 0 < a < b allora a2 < b2 .
Come potete vedere dall’esempio precedente, c’è differenza tra i ragionamenti che fate quando state cercando di costruire una dimostrazione e quello che
si scrive nella versione finale della stessa. In particolare, sebbene si parli spesso di dati e obiettivi quando si costruisce una dimostrazione, la versione finale
raramente fa riferimento a questi termini. In questo capitolo, e qualche volta
anche nei capitoli successivi, precederemo le nostre dimostrazioni con la bozza
realizzata per inventarle, ma questo solo a fini didattici per far comprendere
meglio il procedimento di costruzione della dimostrazione. Quando i matematici scrivono le dimostrazioni, generalmente presentano semplicemente i passi
necessari per giustificare la conclusione senza spiegare come sono arrivati a pensarli. Alcuni di questi passi saranno delle frasi che indicano che il problema è
stato trasformato (generalmente in accordo a qualche strategia di dimostrazione basata sulla forma logica dell’obiettivo); alcuni passi saranno vere e proprie
asserzioni che sono giustificate sulla base di inferenze a partire dai dati (spesso
usando qualche strategia di dimostrazione basata sulla forma logica dei dati).
Comunque, non ci sarà in genere nessuna spiegazione su come il matematico è
arrivato all’idea di applicare simili trasformazioni o inferenze. Per esempio, la
dimostrazione dell’Esempio 3.1.2 inizia con la frase “Supponiamo 0 < a < b”,
indicante che il problema è stato trasformato in accordo alla nostra strategia,
e successivamente procede con una sequenza di inferenze che ci conduce alla
conclusione a2 < b2 . Nessun’altra spiegazione è necessaria per giustificare la
conclusione finale, nell’ultima frase, che se 0 < a < b allora a2 < b2 .
Sebbene questa mancanza di spiegazioni renda talvolta difficile leggere una
dimostrazione, essa ha lo scopo di mantenere distinti due diversi aspetti: spiegare i vostri processi mentali e giustificare le vostre conclusioni. Il primo aspetto è
psicologico; il secondo è matematico. Lo scopo principale di una dimostrazione è
giustificare l’affermazione che la conclusione segue dalle ipotesi, e nessuna spiegazione del vostro pensiero può sostituire una giustificazione adeguata. Ridurre
al minimo la discussione sui processi mentali aiuta a mantenere chiara questa distinzione. Occasionalmente, in dimostrazioni molto complicate, un matematico
può includere qualche discussione della strategia che c’è dietro la dimostrazione per rendere quest’ultima più leggibile. Generalmente, però, è compito del
lettore evincere la strategia da sè. Non preoccupatevi se non riuscirete a capire immediatamente la strategia che c’è dietro una dimostrazione che state
leggendo. Provate semplicemente a seguire le giustificazioni dei vari passi, e la
strategia diventerà prima o poi chiara. In caso contrario, una seconda lettura
della dimostrazione potrebbe esservi d’aiuto.
89
Per mantenere chiara la distinzione tra la dimostrazione e la strategia dietro
la dimostrazione, nel futuro quando presenteremo una strategia di dimostrazione
descriveremo sia la bozza che dovete usare per costruire la dimostrazione, sia la
forma che la scrittura finale della dimostrazione dovrebbe assumere. Per esempio, ecco una nuova presentazione della strategia discussa prima, nella forma in
cui presenteremo le strategie di dimostrazione da ora in poi:
Assumi che P sia vera e dimostra Q.
Prima di usare la strategia:
Dati
Obiettivo
P →Q
Dopo aver usato la strategia:
Dati
Obiettivo
Q
P
Supponiamo P
[Qui va una dimostrazione di Q]
Pertanto P → Q
Notate che la forma suggerita per la dimostrazione finale ci dice come iniziare
e concludere la dimostrazione, ma è necessario aggiungere ulteriori passi nel
mezzo. L’elenco di dati e obiettivi sotto l’intestazione “Dopo aver usato la
strategia” ci dice cosa è noto o può essere assunto e cosa serve dimostrare per
poter riempire il buco nella dimostrazione. Molte strategie di dimostrazione ci
diranno come scrivere o l’inizio della dimostrazione o la fine, lasciando un buco
da riempire con ulteriori ragionamenti.
C’è un secondo metodo che è talvolta utilizzato per dimostrare obiettivi della
forma P → Q. Poiché qualunque affermazione condizionale P → Q è equivalente
alla sua contropositiva ¬Q → ¬P , possiamo dimostrare P → Q dimostrando
¬Q → ¬P al suo posto, usando la strategia discussa prima. In altre parole:
Assumi che Q sia falsa e dimostra che P è falsa.
Dati
90
Obiettivo
P →Q
Dati
Obiettivo
¬P
¬Q
Supponiamo che Q sia falsa.
[Qui va una dimostrazione di ¬P ]
Pertanto P → Q
Esempio 3.1.3. Supponiamo che a, b e c siano numeri reali e a > b. Dimostrare
che se ac ≤ bc allora c ≤ 0.
Dati
a, b e c sono numeri reali
a>b
Obiettivo
(ac ≤ bc) → (c ≤ 0)
La contropositiva dell’obiettivo è ¬(c ≤ 0) → ¬(ac ≤ bc) o, in altre parole,
(c > 0) → (ac > bc), pertanto possiamo dimostrarlo aggiungendo c > 0 alla lista
dei dati e cambiando l’obiettivo in ac > bc:
Dati
a, b e c sono numeri reali
a>b
c>0
Obiettivo
ac > bc
Possiamo ora scrivere la prima e ultima frase della dimostrazione. In accordo
alla strategia, la dimostrazione finale ha questa forma.
Supponiamo c > 0.
[Dimostrazione di ac > bc]
Pertanto, se ac ≤ bc allora c ≤ 0.
Usando il nuovo dato c > 0, vediamo che l’obiettivo ac > bc segue immediatamente dal dato a > b moltiplicando entrambi i lati per il numero positivo c. Inserendo questo passo tra la prima e l’ultima frase completiamo la
dimostrazione.
Soluzione
91
Teorema. Supponiamo che a, b e c siano numeri reali e a > b. Se ac ≤ bc allora
c ≤ 0.
Dimostrazione. Dimostreremo la contropositiva. Supponiamo c > 0. Allora
possiamo moltiplicare entrambi i lati della disequazione a > b per c e concludere
che ac > bc. Pertanto, se ac ≤ bc allora c ≤ 0.
Notate che, sebbene abbiamo usato i simboli logici liberamente nella bozza, non li abbiamo utilizzati nella forma finale della dimostrazione. Sebbene
non sarebbe scorretto usare i simboli logici in una dimostrazione, i matematici
generalmente tendono ad evitarlo. Usare la notazione e le regole della logica
può essere molto utile quando state cercando la strategia per una dimostrazione, ma nella scrittura finale dovreste limitarvi all’italiano ordinario per quanto
possibile.
Il lettore potrebbe domandarsi come sapevamo, nell’Esempio 3.1.3, che avremmo dovuto usare il secondo metodo per dimostrare l’obiettivo della forma P →Q
piuttosto che il primo. La risposta è semplice: abbiamo provato entrambi i metodi, e il secondo ha funzionato. Quando c’è più di una strategia per dimostrare
un obiettivo di una forma particolare, potreste dover provare un po’ di strategie differenti prima di trovare quella giusta. Con la pratica, diventerete più
bravi a indovinare quale strategia è quella più promettente per una particolare
dimostrazione.
Notate che in ognuno degli esempi che abbiamo mostrato fin’ora, la nostra
strategia consisteva nel fare cambiamenti ai dati e all’obiettivo per cercare di
rendere il problema più semplice. L’inizio e la fine della dimostrazione, che
erano fornite per noi dalla presentazione della tecnica di dimostrazione, servono
a dire al lettore della dimostrazione che questi cambiamenti sono stati fatti e
come la soluzione di questo problema modificato risolve quello originale. Il resto
della dimostrazione contiene la soluzione al problema modificato più semplice.
La maggior parte delle altre tecniche di dimostrazione che vedremo in questo capitolo suggerisce che voi modifichiate dati ed obiettivo in qualche maniera.
Queste modifiche danno origine ad un nuovo problema di dimostrazione, ed in
ogni caso le modifiche sono state progettate in maniera tale che una soluzione
al nuovo problema, quando combinato con qualche frase iniziale o finale che
spieghi le modifiche, sia anche la soluzione al problema originale. Questo significa che quando utilizzate una di queste strategie potete scrivere una frase
o due all’inizio e alla fine della dimostrazione e successivamente dimenticare il
problema originale e lavorare invece sul nuovo problema, che sarà generalmente
più semplice. Spesso sarete in grado di inventare una dimostrazione usando le
tecniche presentata in questo capitolo in modo da modificare i vostri dati e l’obiettivo ripetutamente, rendendo il problema rimanente via via più facile finché
raggiungete il punto nel quale è del tutto ovvio che l’obiettivo segua dai dati.
92
Esercizi
*1. Considerate il seguente teorema (che abbiamo dimostrato nell’introduzione al libro).
Teorema. Si supponga che n sia un numero intero più grande di 1 e che
(a) Identificare le ipotesi e la conclusone del teorema. Le ipotesi sono
vere quando n = 6? Cosa vi dice il teorema per questa particolare
istanza? È corretto?
(b) Cosa potete concludere dal teorema nel caso n = 15 ? Controllare
direttamente che la conclusione è corretta.
(c) Cosa potete concludere dal teorema nel caso n = 11 ?
2. Considerate il seguente teorema (il teorema è corretto, ma non vi chiederemo di dimostrarlo).
Teorema. Supponiamo che b2 > 4ac. Allora l’equazione quadratica ax2 +
bx + c = 0 ha esattamente due soluzioni reali.
(a) Identificate le ipotesi e la conclusione del teorema.
(b) Per fornire una istanza del teorema, dovete specificare dei valori per
a, b e c ma non per x. Perché?
(c) Cosa potete concludere dal teorema nel caso a = 2, b = −5, c = 3.
Controllate direttamente che questa conclusione è corretta.
(d) Cosa potete concludere dal teorema nel caso a = 2, b = 4, c = 3?
3. Considerate il seguente teorema:
Teorema. Supponiamo che n sia un numero naturale più grande di 2 e
che n non sia primo. Allora 2n + 13 non è primo.
Quali sono le ipotesi e la conclusione del teorema? Mostra che il teorema
non è corretto trovando un controesempio.
*4. Completa la seguente dimostrazione alternativa del teorema nell’Esempio 3.1.2.
Dimostrazione.
Supponiamo 0 < a < b. Allora b − a > 0.
[Riempire con una dimostrazione di b2 − a2 > 0.]
Poiché b2 − a2 > 0, ne segue a2 < b2 . Pertanto, se 0 < a < b
allora a2 < b2 .
5. Supponete che a e b siano numeri reali. Dimostrare che se a < b < 0 allora
a2 > b2 .
93
6. Supponete che a e b siano numeri reali. Dimostrare che se 0 < a < b allora
1/b < 1/a.
7. Supponete che a sia un numero reale. Dimostrare che se a3 > a allora
a5 > a. (Suggerimento. Un approccio è di partire completando la seguente
equazione: a5 − a = (a3 − a) · ? .)
8. Supponete A \ B ⊆ C ∩ D e x ∈ A. Dimostrare che se x ∈
/ D allora x ∈ B.
*9. Supponete che a e b siano numeri reali. Dimostrare che se a < b allora
a+b
2 < b.
√
3
10. Supponete che x sia un numero reale e x 6= 0. Dimostrare che se x2x+5
+6 =
1/x allora x 6= 8.
*11. Supponete che a, b, c e d siano numeri reali, 0 < a < b e d > 0. Dimostrare
che se ac ≥ bd allora c > d.
12. Supponete che x e y siano numeri reali e 3x + 2y ≤ 5. Dimostrare che se
x > 1 allora y < 1.
13. Supponete che x e y siano numeri reali. Dimostrare che se x2 + y = −3 e
2x − y = 2 allora x = −1.
*14. Dimostrare il prima teorema nell’Esempio 3.1.2. (Suggerimento. Potreste
trovare utile applicare il teorema dell’Esempio 3.1.3.)
15. Considerate il seguente teorema.
Teorema. Supponiamo che x sia un numero reale e x 6= 4. Se
allora x = 7.
2x−5
x−4
=3
(a) Cosa c’è di sbagliato nella seguente dimostrazione del teorema?
Dimostrazione. Supponiamo x = 7. Allora
Pertanto se 2x−5
x−4 = 3 allora x = 7.
2x−5
x−4
=
2(7)−5
7−4
=
9
3
= 3.
(b) Date una dimostrazione corretta del teorema.
16. Considerate il seguente teorema non corretto.
Teorema non corretto. Supponiamo che x ed y siano numeri reali e
x 6= 3. Se x2 y = 9y allora y = 0.
(a) Cosa c’è di sbagliato con la seguente dimostrazione del teorema?
Dimostrazione. Supponiamo x2 y = 9y. Allora (x2 − 9)y = 0 Poiché
x 6= 3, allora x2 6= 9, pertanto x2 − 9 6= 0. Possiamo allora dividere
entrambi i lati dell’equazione (x2 − 9)y = 0 per x2 − 9, che ci porta
alla conclusione che y = 0. Pertanto, se x2 y = 9y allora y = 0.
(b) Mostrate che il teorema non è corretto trovando un controesempio.
3.2
Dimostrazioni con Negazioni e Implicazioni
Ci dedichiamo ora a dimostrazioni nei quali l’obiettivo ha la forma ¬P . Generalmente è più semplice dimostrare una affermazione positiva piuttosto che
94
una negativa, pertanto è spesso utile rimaneggiare un obiettivo della forma ¬P
prima di dimostrarlo. Invece di usare un obiettivo che dice cosa non deve essere vero, vedete se potete rifrasarlo sotto forma di un obiettivo che dice cosa
deve essere vero. Fortunatamente, abbiamo già studiato varie equivalenze che
ci aiuteranno in questo compito. Cosı̀, la nostra prima strategia per dimostrare
affermazioni negate è:
Per dimostrare una conclusione della forma ¬P :
Se possibile, esprimere l’obiettivo in altra forma, e usare una
delle strategie di dimostrazione per il nuovo obiettivo.
Esempio 3.2.1. Supponiamo A ∩ C ⊆ B e a ∈ C. Allora a ∈
/ A \ B.
Dati
A∩C ⊆B
a∈C
Obiettivo
a∈
/ A\B
Poiché l’obiettivo è una affermazione negativa, proviamo a rifrasarla in questo
modo:
a∈
/ A \ B è equivalente a ¬(a ∈ A ∧ a ∈
/ B) (definizione di A \ B),
che è equivalente a a ∈
/ A∨a∈B
che è equivalente a a ∈ A → a ∈ B
(legge condizionale).
Riscrivere l’obiettivo in questa maniera ci porta a
Dati
A∩C ⊆B
a∈C
Obiettivo
a∈A→a∈B
Dimostriamo ora l’obiettivo in questa nuova forma usando la prima strategia di
dimostrazione della Sezione 3.1.
Dati
A∩C ⊆B
a∈C
a∈A
Obiettivo
a∈B
La dimostrazione ora è semplice, da a ∈ A e a ∈ C possiamo concludere che
a ∈ A ∩ C, e quindi, poiché A ∩ C ⊆ B, segue che a ∈ B.
Soluzione
Teorema. Supponiamo A ∩ C ⊆ B e a ∈ C. Allora a ∈
/ A \ B.
Dimostrazione. Supponiamo a ∈ A. Allora, poiché a ∈ C, si ha a ∈ A ∩ C.
Ma poichè A ∩ C ⊆ B ne segue che a ∈ B. Cosı̀, non può accadere che a è un
elemento di A ma non di B, ovvero a ∈
/ A \ B.
Talvolta un obiettivo della forma ¬P non può essere riespresso come una affermazione positiva, e pertanto questa strategia non può essere usata. In questo
95
caso la cosa migliore è generalmente fare una dimostrazione per assurdo. Si inizia assumendo che P è vero, e si prova ad usare questa assunzione per dimostrare
che qualcosa è falso. Spesso ciò viene fatto dimostrando una affermazione che
contraddice uno dei dati. Poiché sapete che l’affermazione che avete dimostrata
è falsa, l’assunzione che P era vera deve essere non corretta. L’unica possibilità
rimanente allora è che P sia falsa.
Per dimostrare una conclusione della forma ¬P :
Assumete che P sia vera e provare a raggiungere una contraddizione. Una volta che avete raggiunto una contraddizione, potete
concludere che P deve essere falsa.
Dati
Obiettivo
¬P
Dati
Obiettivo
Contraddizione
P
Supponiamo che P sia vera.
[Qui va una dimostrazione di una contraddizione]
Pertanto, P è falsa.
Esempio 3.2.2. Dimostrare che se x2 + y = 13 e y 6= 4 allora x 6= 3.
L’obiettivo è una affermazione condizionale, pertanto,in accordo alla prima strategia di dimostrazione nella Sezione 3.1 possiamo trattare l’antecedente come
un dato e trasformare il conseguente nel nostro obiettivo.
Dati
x2 + y = 13
y 6= 4
Obiettivo
x 6= 3
Questa strategia di dimostrazione ci suggerisce anche la forma che la nostra
dimostrazione finale dovrebbe avere. In accordo alla strategia, la dimostrazione
dovrebbe apparire cosı̀:
96
Supponiamo x2 + y = 13 e y 6= 4.
[Qui va una dimostrazione di x 6= 3]
Pertanto, se x2 + y = 13 e y 6= 4, allora x 6= 3.
In altre parole, la prima e ultima affermazione della dimostrazione finale sono
già stati scritti, e il problema che rimane da risolvere è quello di mettere una
dimostrazione per x 6= 3 tra queste due affermazioni. La lista di dati e l’obiettivo
riassumono cosa sappiamo e cosa dobbiamo dimostrare allo scopo di risolvere il
problema.
L’obiettivo x 6= 3 significa ¬(x = 3) ma poiché x = 3 non ha connettivi logici
al suo interno, nessuna delle equivalenze che conosciamo può essere utilizzata
per esprimere l’obiettivo in forma positiva. Pertanto proviamo a fare una prova
per assurdo e trasformiamo il problema come segue:
Dati
x2 + y = 13
y 6= 4
x=3
Obiettivo
Contraddizione
Ancora una volta, la strategia che ci ha suggerito questa trasformazione
ci da anche un paio di frasi da aggiungere alla dimostrazione finale. Come
indicato prima, queste affermazioni vanno tra la prima e l’ultima affermazione
della dimostrazione, che sono state scritte precedentemente.
Supponiamo x2 + y = 13 e y 6= 4.
Supponiamo x = 3.
[Qui va una dimostrazione di una contraddizione]
Pertanto x 6= 3.
Pertanto, se x2 + y = 13 e y 6= 4, allora x 6= 3.
L’indentazione in questo schema non farà parte della dimostrazione finale.
L’abbiamo fatto per rendere più chiara la struttura sottostante alla dimostrazione. La prima e ultima riga vanno assieme e indicano che stiamo dimostrando
una affermazione condizionale assumendo l’antecedente e dimostrando il conseguente. Tra queste righe c’è una dimostrazione del conseguente x 6= 3, che
abbiamo evidenziato tramite l’indentazione. La dimostrazione interna ha la
forma di una dimostrazione per contraddizione, come indicato dalla prima e
ultima riga. Tra queste due righe dobbiamo ancora inserire la dimostrazione di
una contraddizione.
A questo punto, non abbiamo una affermazione particolare da dimostrare
come nostro obiettivo; qualunque conclusione impossibile andrà bene. Dobbiamo pertanto guardare più attentamente ai dati per vedere se qualcuno di loro
contraddice gli altri. In questo caso, il primo e terzo dato assieme implicano che
y = 4, che contraddice il secondo dato.
Soluzione
97
Teorema. Se x2 + y = 13 e y 6= 4 allora x 6= 3.
Dimostrazione. Supponiamo x2 + y = 3 e y 6= 4. Supponiamo x = 3. Sostituendo questo nell’equazione x2 + y = 13 otteniamo 9 + y = 13 e quindi y = 4. Ma
questo contraddice il fatto che y 6= 4. Pertanto x 6= 3. Cosı̀, se x2 + y = 13 e
y 6= 4, allora x 6= 3.
Potreste domandarvi a questo punto perché siamo giustificati nel concludere
che x 6= 3, quando abbiamo raggiunto una contraddizione nella dimostrazione.
Dopo tutto, la seconda lista di dati nella nostra bozza conteneva tre affermazioni.
Come possiamo essere sicuri, una volta raggiunta una contraddizione, che la
causa di essa fosse nella terzo affermazione, ovvero in x = 3? Per rispondere
a questa domanda, torniamo indietro e diamo un’occhiata alla prima analisi di
dati e obiettivi per questo esempio. In accordo a quella analisi, c’erano due dati,
x2 + y = 13 e y 6= 4, dai quali dovevamo dimostrare l’obiettivo x 6= 3. Ricordate
che una dimostrazione garantisce che l’obiettivo è vero solo se anche i dati sono
veri. Cosı̀, non dovevamo dimostrare che x 6= 3, ma solo che se x2 + y = 13 e
y 6= 4, allora x 6= 3. Quando abbiamo raggiunto una contraddizione, sapevamo
che una delle tre affermazioni nella seconda lista di dati doveva essere falsa. Non
abbiamo provato a determinare quale fosse, perché non ne avevamo bisogno.
Eravamo certamente giustificati nel concludere che se nessuna delle prime due
era il problema, allora doveva essere certamente la terza, e questo era tutto ciò
che era necessario per terminare la dimostrazione.
Dimostrare un obiettivo per assurdo ha il vantaggio di consentirci di assumere che la conclusione sia falsa, fornendoci un altro dato con il quale lavorare.
Ma ha lo svantaggio di lasciarci con un obiettivo abbastanza vago: produrre una
contraddizione dimostrando che qualcosa che sappiamo è falsa. Poiché tutte le
strategie di dimostrazione che abbiamo discusso finora dipendevano dalla analisi
della forma logica dell’obiettivo, sembra che nessuna di esse vi aiuti nel raggiungere l’obiettivo di produrre una contraddizione. Nella precedente dimostrazione
siamo stati forzati a guardare più attentamente ai nostri fatti per trovare una
contraddizione. In questo caso ci siamo riusciti dimostrando che y = 4, contraddicendo il fatto y 6= 4. Questo illustra una schema che accade spesso nelle
dimostrazioni per contraddizione: se uno dei dati ha la forma ¬P , allora potete
produrre una contraddizione dimostrando P . Questa è la nostra prima strategia
basata sulla forma logica di un fatto.
Per usare un dato della forma ¬P :
Se stai facendo una dimostrazione per contraddizione, prova a
rendere P il tuo obiettivo. Se puoi dimostrare P , allora la dimostrazione sarà completa, perché P contraddice il fatto ¬P .
Dati
¬P
98
Obiettivo
Contraddizione
Dati
¬P
Obiettivo
P
[Qui va una dimostrazione di P ]
Poiché sappiamo che è vero ¬P , allora questa è una contraddizione.
Sebbene abbiamo raccomandato di usare la prova per assurdo per dimostrare obiettivi della forma ¬P , questa strategia può essere usata per qualunque
obiettivo. Generalmente è meglio provare prima le altre strategie se qualcuno
di essere si può applicare; ma se siete bloccati, potete provare a procedere per
assurdo in qualunque dimostrazione.
L’esempio successiva illustra questo fatto e un’altra regola importante per la
scrittura di dimostrazioni: in molti casi la forma logica di una affermazione può
essere scoperta scrivendo la definizione di qualche parola o simbolo matematico
che appare nell’affermazione. Per questo motivo, conoscere in maniera esatta
le definizioni di tutti i termini matematici è estremamente importante quando
state scrivendo una dimostrazione.
Esempio 3.2.3. Supponiamo che A, B e C siano insiemi e A \ B ⊆ C.
Dimostrare che se x ∈ A \ C allora x ∈ B.
Ci è data come informazione che A\B ⊆ C e il nostro obiettivo è x ∈ A\C →x ∈
B. Poiché l’obiettivo è una affermazione condizionale, il nostro primo passo è
trasformare il problema aggiungendo x ∈ A \ C come secondo dato e rendere
x ∈ B il nostro obiettivo:
Dati
A\B ⊆C
x∈A\C
Obiettivo
x∈B
La forma della dimostrazione finale sarà pertanto come segue:
Supponiamo x ∈ A \ C.
[Qui va una dimostrazione di x ∈ B].
Pertanto, se x ∈ A \ C, allora x ∈ B.
99
L’obiettivo x ∈ B non contiene nessun connettivo logico, pertanto non possiamo
applicare nessuna delle tecniche viste finora, e non è ovvio perché l’obiettivo
segua dai dati. Non avendo nient’altro da fare, proviamo una dimostrazione per
assurdo:
Dati
Obiettivo
A\B ⊆C
Contraddizione
x∈A\C
x∈
/B
Come prima, questa trasformazione del problema ci consente di inserire un paio
di frasi nella dimostrazione:
Supponiamo x ∈ A \ C.
Supponiamo x ∈
/ B.
[Qui va una dimostrazione di una contraddizione].
Pertanto x ∈ B.
Poiché stiamo facendo una dimostrazione per assurdo e il nostro ultimo fatto
è una affermazione negata, potremmo usare la nostra strategia per usare i dati
della forma ¬P . Sfortunatamente, questa strategia ci suggerisce di rendere
x ∈ B il nostro obiettivo, cosa che ci porterebbe indietro da dove siamo partiti.
Dobbiamo cercare ad altri fatti per provare a trovare una contraddizione.
In questo caso, scrivere per esteso la definizione del secondo fatto è la chiave
per la dimostrazione, poiché la definizione contiene anche una affermazione negata. Per definizione, x ∈ A \ C significa x ∈ A e x ∈
/ C. Rimpiazzando questo
fatto con la sua definizione otteniamo:
Dati
Obiettivo
A\B ⊆C
Contraddizione
x∈A
x∈
/C
x∈
/B
Ora il terzo fatto ha la forma ¬P , dove P è l’affermazione x ∈ C, cosı̀ possiamo applicare la strategia per usare fatti della forma ¬P e rendere x ∈ C il
nostro obiettivo. Mostrare che x ∈ C completerebbe la dimostrazione perché
contraddirebbe il fatto x ∈
/ C.
Dati
Obiettivo
A\B ⊆C
x∈C
x∈A
x∈
/C
x∈
/B
Ancora una volta, possiamo aggiungere un pezzettino alla dimostrazione che
stiamo scrivendo, evidenziando che il nostro piano è derivare una contraddizione
dimostrando che x ∈ C. Aggiungiamo anche la definizione di x ∈ A \ C alla
dimostrazione, inserendola in quello che sembra il punto più ovvio, proprio dopo
aver asserito che x ∈ A \ C:
100
Supponiamo x ∈ A \ C. Questo vuol dire x ∈ A e x ∈
/ C.
Supponiamo x ∈
/ B.
[Qui va una dimostrazione di x ∈ C].
Questo contraddice il fatto che x ∈
/ C.
Pertanto x ∈ B.
Abbiamo finalmente raggiunto un punto dove l’obiettivo segue facilmente dai
dati. Da x ∈ A e x ∈
/ B possiamo concludere che x ∈ A \ B. Poiché A \ B ⊆ C,
segue che x ∈ C.
Soluzione
Teorema. Supponiamo che A, B e C siano insiemi e A \ B ⊆ C. Dimostrare
che se x ∈ A \ C allora x ∈ B.
Dimostrazione. Supponiamo x ∈ A \ C. Questo significa che x ∈ A e x ∈
/ C.
Supponiamo x ∈
/ B. Allora x ∈ A \ B e poiché A \ B ⊆ C, segue x ∈ C. Ma
questo contraddice il fatto che x ∈
/ C. Pertanto x ∈ B. Cosı̀, se x ∈ A \ C allora
x ∈ B.
La strategia che abbiamo raccomandato per usare dati della forma ¬P si
applica solo se stiamo facendo una dimostrazione per assurdo. Per altri tipi di
dimostrazione, si può usare la strategia che segue. Questa strategia è basata
sul fatto che dati della forma ¬P , come gli obiettivi della stesso forma, possono
essere maneggiati più facilmente se sono re-espressi coma affermazioni positive.
Per usare un dato della forma ¬P :
Se possibile, re-esprimere il dato sotto altra forma.
Abbiamo discusso strategie per lavorare sia con dati che con obiettivi della
forma ¬P , ma solo strategie per obiettivi della forma P → Q. Adesso riempiamo
questo buco dando due strategie per usare fatti della forma P → Q. Abbiamo
detto prima che molte strategie per usare i fatti suggeriscono dei modo di trarre
inferenze dai fatti. Tali strategie sono chiamate regole di inferenza. Entrambe
le nostre strategie per usare i fatti della forma P → Q sono esempi di regole di
inferenza.
Per usare un dato della forma P → Q:
Se vi è dato P , o se potet provare che P è vero, allora potete
usare questo fatto per concludere che Q è vero. Poiché O → Q è
equivalente a ¬Q → ¬P , se potete provare che Q è falso, potete
anche concludere che P è falso.
La prima di queste regole di inferenza dice che se sapete che P e P → Q
sono vere, allora potete concludere che Q deve essere vera. I logici chiamano
questa regola modus ponens. Abbiamo visto usare questa regola in uno dei
101
primi esempi di ragionamento deduttivo valido nel Capitolo 1, ragionamento 2
dell’Esempio 1.1.1. La validità di questa forma di ragionamento è stata verificata
usando la tabella di verità per il connettivo condizionale nella Sezione 1.5.
La seconda regola, chiamata modus tollens, dice che se conosciamo che P →Q
è vera e che Q è falsa, possiamo concludere che P deve anch’essa essere falsa.
La validità di questa regola può essere controllata con le tabelle di verità, come
vi sarà chiesto di fare nell’esercizio 13. Generalmente non troverete utile dato
della forma P → Q, a meno che non siate in grado di dimostrare o P o ¬Q.
Comunque, se mai raggiungerete un punto della vostra dimostrazione dove avete
determinato che P è vero, dovrete probabilmente usare immediatamente questa
regola per concludere che A è vero. In maniera simile, if mai stabilirete ¬Q,
usatela immediatamente per concludere ¬P .
Sebbene la maggior parte dei nostri esempi coinvolgono specifiche affermazioni matematiche, occasionalmente faremo degli esempi di dimostrazione contenenti lettere che stanno per affermazioni non specificate. Dopo in questo capitolo
saremo in grado di usare questo metodo per verificare alcune delle equivalenze
del Capitolo 2 che finora abbiamo potuto giustificare solo sulla base dell’intuito.
Ecco un esempio di questo tipo, che illustra l’uso del modus ponens e del modus
tollens.
Esempio 3.2.4. Supponiamo che P →(Q→R). Dimostrare che ¬R→(P →¬Q).
Queta dimostrazione potrebbe essere fatta con una tabella di verità, come
vi verrà chieso di fare nell’esercizio 14, ma facciamola usando le strategie di
dimostrazione che stiamo studiando. Partiamo con la seguente situazione:
Dati
P → (Q → R)
Obiettivo
¬R → (P → ¬Q)
Il nostro unico dato è una affermazione condizionale. Per le regole di inferenza
appena discusse, se sapessimo P potrebbe usare il modus ponens per concludere
Q→R, e se sapessimo ¬(Q→R) potremmo usare il modus tollens per concludere
¬P . Poiché, a questo punto, non sappiamo nessuna delle due affermazioni, non
possiamo fare nulla con questo dato. I o P o ¬(Q→R) verranno mai aggiunti alla
lista dei dati, alla potremmo considerare l’uso del modus ponens o del modus
tollens. Per adesso, dobbiamo concentrarci sull’obiettivo.
L’obiettivo è una affermazione condizionale, pertanto assumiamo l’antecedente e impostiamo il conseguente come nuovo obiettivo:
Dati
Obiettivo
P → (Q → R)
P → ¬Q
¬R
Possiamo anche scrivere un pezzetto di dimostrazione:
Supponiamo ¬R.
[Una dimostrazione di P → ¬Q va qui.]
Pertanto ¬R → (P → ¬Q).
102
Ancora non possiamo fare nulla con i dati, ma l’obiettivo è un altro condizionale,
pertanto usiamo la stessa strategia di nuovo:
Dati
P → (Q → R)
¬R
P
Obiettivo
¬Q
Adesso la dimostrazione ha questo aspetto.
Supponiamo ¬R.
Supponiamo P .
[Una dimostrazione ¬Q va qui].
Pertanto P → ¬Q.
Stavamo aspettando una chance di usare il nostro primo dato applicando o il
modus ponens o il modus tollens, e adesso possiamo farlo. Poiché sappiamo
P → (Q → R) e P , per modus ponens possiamo inferire Q → R. Qualunque
conclusione inferita dai dati puoi essere aggiunto alla colonna dei dati:
Dati
P → (Q → R)
¬R
P
Q→R
Obiettivo
¬Q
Possiamo anche aggiungere una riga alla dimostrazione:
Supponiamo ¬R.
Supponiamo P .
Poiché P e P → (Q → R), ne segue che Q → R.
[Una dimostrazione di ¬Q va qui]
Pertanto P → ¬Q.
Finalmente, il nostro ultimo passo è l’uso del modul tollens. Adesso sappiamo
Q → R e ¬R, pertanto dal modus tollens possiamo concludere ¬Q. Questo è il
nostro obiettivo, pertanto la dimostrazione è terminata.
Soluzione
Teorema. Supponiamo che P → (Q → R). Allora ¬R → (P → ¬Q).
Dimostrazione. Supponiamo ¬R. Supponiamo P . Poiché P e P → (Q → R), ne
segue Q → R. Ma allora, poiché ¬R, possiamo concludere ¬Q. Cosı̀, P → ¬Q.
103
Talvolta se siete bloccati potete usare una regola di inferenza al contrario.
Per esempio, supponiamo che uno dei vostri dati abbia la forma P → Q e il
vostro obiettivo sia Q. Se soltanto poteste dimostrare P , potreste usare il modus ponens pe raggiungere l’obiettivo. Questo suggerisce di trattare P come
obiettivo invece di Q. Se potete provare P , allora dovrete aggiungere solo un
passo in più per raggiungere l’obiettivo originale Q.
Esempio 3.2.5. Supponiamo che A ⊆ B, a ∈ A e a ∈
/ B \ C. Dimostriamo che
a ∈ C.
Dati
A⊆B
a∈A
a∈
/ B\C
Obiettivo
a∈C
Il nostro terzo dato è una affermazione negativa, cosı̀ iniziamo ad esprimerlo
sotto forma di una affermazione positiva equivalente. In accordo alla definizione
di differenza tra insiemi, questo dato significa ¬(a ∈ B ∧ a ∈
/ C), e per una
delle leggi di De Morgan, questo è equivalente a a ∈
/ B ∨ a ∈ C. Poiché il
nostro obiettivo è a ∈ C, è probabilmente più utile riscrivere questa formula
nella forma equivalente a ∈ B → a ∈ C:
Dati
A⊆B
a∈A
a∈B→a∈C
Obiettivo
a∈C
Ora possiamo usare la nostra strategia per usare i fatti della forma P → Q.
Il nostro obiettivo è a ∈ C, e ci è dato che a ∈ B → a ∈ C. Se potessimo
provare a ∈ B, allora potremmo usare il modus ponens per raggiungere il nostro
obiettivo. Cosı̀, proviamo a trattare a ∈ B come il nostro obiettivo e vediamo
se ciò rende il problema più facile:
Dati
A⊆B
a∈A
a∈B→a∈C
Obiettivo
a∈B
Ora è chiaro come raggiungere l’obiettivo. Se a ∈ A e A ⊆ B, allora a ∈ B.
Soluzione
Teorema. Supponiamo che A ⊆ B, a ∈ A e a ∈
/ B \ C. Allora a ∈ C.
Dimostrazione. Poiché a ∈ A e A ⊆ B, possiamo concludere che a ∈ B. Ma
a∈
/ B \ C, per cui ne segue a ∈ C.
104
Esercizi
*1. Questo problema può essere risolto usando le tabelle di verità, ma non
fatelo in quel modo. Invece, usate i metodi per scrivere dimostrazioni
discussi fino ad ora in questo capitolo. (Vedi Esempio 3.2.4.)
(a) Assumete che P → Q e Q → R siano entrambe vere. Dimostrare che
P → R è vera.
(b) Assumete che ¬R → (P → ¬Q) sia vere. Dimostrare che P → (Q → R)
è vera.
2. Questo problema può essere risolto usando le tabelle di verità, ma non
fatelo in quel modo. Invece, usate i metodi per scrivere dimostrazioni
discussi fino ad ora in questo capitolo. (Vedi Esempio 3.2.4.)
(a) Supponete che P → Q e R → ¬Q siano entrambe vere. Dimostrare
che P → ¬R è vera.
(b) Supponete che P sia vera. Dimostrare che Q → (¬Q → ¬P ) è vera.
3. Sia A ⊆ C e B disgiunto da C. Dimostrare che se x ∈ A allora x ∈
/ B.
4. Sia A \ B disgiunto da C e x ∈ A. Dimostrare che se x ∈ C allora x ∈ B.
*5. Usare il metodo di dimostrazione per assurdo per dimostrare il teorema
dell’Esempio 3.2.1.
6. Usare il metodo di dimostrazione per assurdo per dimostrare il teorema
dell’Esempio 3.2.5.
7. Supponiamo che y + x = 2y − x e che x ed y non siano entrambi nulli.
Dimostrare che y 6= 0.
*8. Siano a e b numeri reali non nulli. Dimostrare che se a < 1/a < b < 1/b
allora a < −1.
9. Siano x ed y numeri reali. Dimostrare che se x2 y = 2x + y, allora se y 6= 0
anche x 6= 0.
2
10. Siano x ed y numeri reali. Dimostrare che se x 6= 0, allora se y = 3xx2 +2y
+2
allora y = 3.
*11. Considerate il seguente teorema non corretto:
Teorema non corretto. Siano x ed y numeri reali ed x + y = 10. Allora
x 6= 3 e y 6= 8.
Dimostrazione. Supponiamo che la conclusione del teorema sia falsa.
Allora x = 3 e y = 8. Ma allora x + y = 11, che contraddice
l’informazione data che x + y = 10. Pertanto la conclusione deve
essere vra.
(b) Mostrate che il teorema non è corretto trovandone un controesempio.
12. Considerate il seguente teorema non corretto:
Teorema non corretto. Siano A ⊆ C, B ⊆ C e x ∈ A. Allora x ∈ B.
105
Dimostrazione. Asssumiamo che x ∈
/ B. Poiché x ∈ A e A ⊆ C,
x ∈ C. Poiché x ∈
/ B e B ⊆ C, x ∈
/ C. Ma ora abbiamo dimostrato
sia x ∈ C sia x ∈
/ C, quindi abbiamo raggiunto una contraddizione.
Pertanto x ∈ B.
13. Usate le tabelle di verità per mostrare che il modus tollens è una regola
di inferenza valida.
*14. Usate le tabelle di verità per controllare la correttezza del teorema dell’Esempio 3.2.4.
15. Usate la tabelle di verità per controllare la correttezza delle affermazioni
dell’esercizio 1.
16. Usate le tabelle di verità per controllare la correttezza delle affermazioni
dell’esercizio 2.
17. Si può modificare la dimostrazione nell’Esempio 3.2.2 per dimostrare che
se x2 + y = 13 e x 6= 3 allora y 6= 4? Spiegate.
3.3
Dimostrazioni con i Quantificatori
Guardiamo di nuovo all’Esempio 3.2.3. In questo esempio abbiamo x potrebbe
essere qualunque cosa, e abbiamo dimostrato che x ∈ A \ C → x ∈ B. Poiché
il ragionamento che abbiamo usato si applicherebbe qualunque cosa fosse x, la
nostra dimostrazione mostra in realtà che x ∈ A \ C → x ∈ B è vero per tutti
gli x. In altre parole, possiamo concludere che ∀x(x ∈ A \ B → x ∈ C).
Questo illustra la maniera più semplice e diretta per dimostrare un obiettivo
della forma ∀xP (x). Se potete dare una dimostrazione dell’obiettivo P (x) che
funziona indipendentemente da cosa è x, allora potete concludere che ∀xP (x)
deve essere vera. Per assicurarvi che la vostra dimostrazione funziona con qualunque valore di x, è importante iniziare la dimostrazione senza alcuna assunzione per x. I matematici esprimono questo concetto dicendo che x deve essere
arbitraria. In particolare, non dovete assumere che x sia uguale a nessun altro
oggetto già in discussione nella dimostrazione. Pertanto, se la lettera x è già
stata usata nella dimostrazione per un altro oggetto, non potete usarla al posto
di un oggetto arbitrario. In questo caso dovete scegliere una variabile differente
che non è stata già usata nella dimostrazione, diciamo sia essa y, e rimpiazzare
l’obiettivo ∀xP (x) con l’affermazione equivalente ∀yP (y). Ora potete procedere
usando y per un oggetto arbitrario e dimostrando P (y).
Per dimostrare un obiettivo della forma ∀xP (x):
Sia x una lettera che sta per un oggetto arbitrario, e dimostriamo
P (x). La lettera x deve essere un nuova variabile nella dimostrazione. Se x è già stata usata nella dimostrazione al posto di qualcosa,
allora dovete scegliere una variabile non utilizzata, diciamo y, per
un oggetto arbitrario, e dimostrare P (y).
106
Dati
Obiettivo
∀xP (x)
Dati
Obiettivo
P (x)
Sia x un oggetto arbitrario.
[Una dimostrazione di P (x) va qui].
Poiché x era arbitrario, possiamo concludere che ∀xP (x).
Esempio 3.3.1. Supponiamo che A, B e C siano insiemi, e A \ B ⊆ C.
Dimostrare che A \ C ⊆ B.
Dati
A\B ⊆C
Obiettivo
A\C ⊆B
Come al solito, guardiamo prima alla forma logica dell’obiettivo per pianificare
la nostra strategia. In questo caso, dobbiamo scrivere la definizione di ⊆ per
determinare la forma logica dell’obiettivo.
Dati
A\B ⊆C
Obiettivo
∀x(x ∈ A \ C → x ∈ B)
Poiché l’obiettivo ha la forma ∀xP (x), dove P (x) è l’affermazione x ∈ A \ C →
x ∈ B, introdurremo una nuova variabile x nella dimostrazione che sta per un
oggetto arbitrario e proveremo a dimostrare che x ∈ A \ C → x ∈ B. Notate
che x è una nuova variabile nella dimostrazione. È vero che è apparsa nella
forma logica dell’obiettivo as variabile vincolata, ma ricordate che le variabili
vincolate non stanno per nulla in particolare. Non abbiamo ancora usato x
come variabile libera in nessuna affermazione, per cui non è stata usata al posto
di nessun oggetto particolare. Per essere sicuri che x sia arbitraria, dobbiamo
stare attenti a non aggiungere assunzioni circa x nella colonna dei dati. Invece,
cambiamo il nostro obiettivo:
Dati
A\B ⊆C
Obiettivo
x∈A\C →x∈B
In accordo alla nostra strategia, la dimostrazione finale ha questo aspetto:
107
Sia x arbitraria.
[Una dimostrazione di x ∈ A \ C → x ∈ B va qui.]
Poiché x è arbitraria, possiamo concludere che ∀x(x ∈ A \ C → x ∈
B), ovvero A \ C ⊆ B.
Il problema è ora esattamente lo stesso di quello dell’Esempio 3.2.3, pertanto
anche il resto della dimostrazione sarà uguale. In altre parole, possiamo semplicemente inserire la dimostrazione che abbiamo scritto nell’Esempio 3.2.3 tra
la prima e l’ultima frase della dimostrazione scritta qui.
Soluzione
Teorema. Supponiamo che A, B e C siano insiemi, e A \ B ⊆ C. Allora
A \ C ⊆ B.
Dimostrazione. Sia x arbitraria. Supponiamo x ∈ A \ C. Questo significa che
x∈Aex∈
/ C. Supponiamo x ∈
/ B. Allora x ∈ A \ B e poiché A \ B ⊆ C, segue
x ∈ C. Ma questo contraddice il fatto che x ∈
/ C. Pertanto x ∈ B. Cosı̀, se
x ∈ A\C allora x ∈ B. Poiché x era stata scelta arbitraria, possiamo concludere
che ∀x(x ∈ A \ C → x ∈ B), ovvero A \ C ⊆ B.
Notate che sebbene questa dimostrazione mostri che ogni elemento di A \ C
è anche un elemento di B, non contiene frasi come “ogni elemento di A \ C” o
“tutti gli elementi di A\C”. Per la maggior parte della dimostrazione ragioniamo
semplicemente su x, che è trattato come un singolo elemento fissato di A \ C.
Pretendiamo che x stia per un particolare elemento di A \ C, stando attenti
a non fare assunzioni su quale sia questo elemento. È soltanto alla fine della
dimostrazione che osserviamo che, poiché x era arbitrario, la nostra conclusione
su x sarebbe vera indipendentemente dal valore di x. Questo è il vantaggio
principale nell’usare questa strategia per dimostrare un obiettivo della forma
∀xP (x). Ci consente di dimostrare un obiettivo su tutti gli oggetti ragionando
soltanto su un oggetto, purché questo sia arbitrario. Se state dimostrando un
obiettivo della forma ∀xP (x) e vi trovate a dire molte frasi del tipo “tutti gli x”
o “ogni x”, stato probabilmente rendendo la vostra dimostrazione inutilmente
complicata non utilizzando questa strategia.
Come abbiamo visto nel Capitolo 2, affermazione della forma ∀x(P (x) →
Q(x)) sono piuttosto comuni in matematica. Potrebbe essere utile, pertanto,
considerare come le strategie che abbiamo discusso possono essere combinate
per dimostrare un obiettivo di questa forma. Poiché l’obiettivo inizia con ∀x, il
primo passo è di lasciare x arbitraria e dimostrare P (x) → Q(x). Per dimostrare
questo obiettivo, vorrete probabilmente assumere che P (x) è vero e dimostrare Q(x). Cosı̀, la dimostrazione inizierà probabilmente cosı̀: “Sia x arbitraria.
Assumiamo P (x)”. Procederà quindi con i passi necessari per raggiungere l’obiettivo Q(x). Spesso in questo tipo di dimostrazione l’affermazione che x è
arbitraria è lasciata fuori, e la dimostrazione parte semplicemente con “Assumiamo P (x)”. Quando una nuova variabile x è introdotta in una dimostrazione
108
in questa maniera, si intende di solito che x è arbitraria. In altre parole, nessuna
assunzione viene fatta circa x, tranne quella esplicita che P (x) è vera.
Un esempio importante di questo tipo di dimostrazione è una dimostrazione
nella quale l’obiettivo ha la forma ∀x ∈ AP (x). Ricordate che ∀xinAP (x)
significa la stessa cosa di ∀x(x ∈ A → P (x)), cosı̀ in accordo alla nostra strategia
la dimostrazione parte con “Assumiamo x ∈ A” e successivamente procede con
i passi necessari a concludere che P (x) è vera. Ancora una volta, è implicito che
nessuna assunzione viene fatta su x tranne l’assunzione esplicita x ∈ A, cosicché
x è un elemento arbitrario di A.
I matematici spesso saltano altri passaggi nelle dimostrazioni, se si aspettano
che dei lettori ben informati siano in grado di riempirli da loro. In particolare,
molte delle nostre strategie di dimostrazione suggeriscono che la dimostrazione
termini con una frase che riassume il perché il ragionamento che è stato dato
nella dimostrazione porta alla conclusione desiderata. In una dimostrazione in
cui varie strategie sono state combinate, possono esserci molte di queste frasi
riassuntive, una dopo l’altra, alla fine della prova. I matematici spesso condensano questi riassunti in una unica frase, o anche li saltano del tutto. Quando vi
troverete a leggere una dimostrazione scritta da qualcun altro, potreste trovare
utile ricostruire questi passaggi omessi.
Esempio 3.3.2. Siano A e B insiemi. Dimostrare che se A ∩ B = A allora
A ⊆ B.
Il nostro obiettivo è A ∩ B = A → A ⊆ B. Poiché l’obiettivo è una affermazione
condizionale, aggiungiamo l’antecedente alla lista dei dati e rendiamo il conseguente il nostro obiettivo. Scriveremo anche per esteso la definizione di A ⊆ B
nel nuovo obiettivo, per mostrare qual è la sua forma logica.
Dati
A∩B =A
Obiettivo
∀x(x ∈ A → x ∈ B)
Ora l’obiettivo ha la forma ∀x(P (x)→Q(x)), dove P (x) è l’affermazione x ∈ A e
Q(x) è l’affermazione x ∈ B. Pertanto lasciamo x arbitraria, assumiamo x ∈ A
e dimostriamo x ∈ B:
Dati
A∩B =A
x∈A
Obiettivo
x∈B
Combinando le strategie di dimostrazione che abbiamo usato, vediamo che la
dimostrazione finale avrà la seguente forma:
Assumiamo A ∩ B = A.
Sia x arbitraria.
Assumiamo x ∈ A.
[Qui va una dimostrazione di x ∈ B].
Pertanto x ∈ A → x ∈ B.
109
Poiché x era arbitraria, possiamo concludere che ∀x(x ∈ A → x ∈
B), ovvero A ⊆ B.
Pertanto, se A ∩ B = A allora A ⊆ B.
Come discusso precedentemente, quando scriveremo la dimostrazione finale potremo saltare la frase “Sia x arbitraria.” ed anche saltare alcune delle tre frasi
finali.
Abbi adesso raggiunto il punto nel quale non possiamo più analizzare la forma logica dell’obiettivo. Fortunatamente, quando guardiamo ai dati, scopriamo
che l’obiettivo ne discende facilmente. Poiché x ∈ A e A ∩ B = A, ne segue che
x ∈ A ∩ B, e quindi x ∈ B. (Nell’ultimo passo stiamo usando la definizione di
∩: x ∈ A ∩ B significa x ∈ A ∧ x ∈ B.)
Soluzione
Teorema. Siano A e B insiemi. Se A ∩ B = A allora A ⊆ B.
Dimostrazione. Sia A ∩ B = A, e supponiamo x ∈ A. Allora, poiché A ∩ B = A,
x ∈ A ∩ B, e cosı̀ x ∈ B. Poiché x era un elemento arbitrario di A, possiamo
concludere che A ⊆ B.
Dimostrare un obiettivo della forma ∃xP (x) conduce di nuovo ad introdurre
una nuova variabile x nella dimostrazione, e a dimostrare P (x), ma in questo
caso x non sarà arbitraria. Poiché dovete soltanto dimostrare che P (x) è vero
per almeno un valore di x, è sufficiente assegnare un particola valore a x e
dimostrare P (x) solo per questo valore di x.
Per dimostrare un obiettivo della forma ∃xP (x):
Provate a cercare un valore di x per il quale pensate che P (x)
sia vero. Quindi iniziate la dimostrazione con “Sia x = (il valore
che avete deciso)” e procedete a dimostrare P (x) per questo valore
di x. Ancora una volta, x dovrebbe essere una variabile nuova. Se
la lettera x è stata giù usata nella dimostrazione per altri scopi,
allora dovreste scegliere un variabile non utilizzata, diciamo y, e
riscrivere l’obiettivo nella forma equivalente ∃yP (y). Ora procedete
come prima iniziando la dimostrazione con “Sia y = (il valore che
avete scelto)” e dimostrando P (y).
Dati
Obiettivo
∃xP (x)
Dati
110
Obiettivo
P (x)
x = (il valore che avete scelto)
Sia x = (il valore che avete scelto)
[Qui va una dimostrazione di P (x).]
Cosı̀, ∃xP (x).
In qualche caso, trovare il valore giusto da utilizzare per x può essere difficile.
Un metodo che può essere utile è assumere che P (x) sia vero, e vedere se potete
scoprire quale valore deve avere x, basandovi su questa assunzione. Se P (x) è
una equazione che coinvolge x, questo vuol dire risolvere l’equazione per x. Tuttavia, se ciò non funziona, potete usare qualunque metodo vi piaccia per provare
a trovare un valore per x, incluso scegliere il valore di x a caso e provare con
valori differenti fino a che non trovate uno che va bene. La ragione per cui avete
tanta libertà in questo passaggio è che il ragionamento che usate per trovare un
valore di x non apparirà nella dimostrazione finale. Questo a causa della nostra
regola che una dimostrazione deve soltanto contenere il ragionamento necessario
per giustificare la conclusione della dimostrazione, non una spiegazione di come
siete arrivati a pensare a quel ragionamento. Per giustificare che la conclusione
∃xP (x) è vera, è necessario soltanto verificare che P (x) risulti vera quando as x
è un assegnato un valore particolare. Come siete arrivati a pensare a quel valore
è affare vostro, e non fa parte della giustificazione della conclusione.
Esempio 3.3.3. Dimostrare che per ogni numero reale x, se x > 0 allora c’è
un numero reale y tale che y(y + 1) = x.
In simboli, il nostro obiettivo è ∀x(x > 0 → ∃y[y(y + 1) = x]), dove le variabili
x e y in questa affermazione sono intese variabile sopra R. Iniziamo pertanto
introducendo la variabile arbitraria x, successivamente assumiamo che x > 0 e
proviamo a dimostrare ∃y[y(y + 1) = x]. Cosı̀, abbiamo ora i seguenti dati e
obiettivi:
Dati
x>0
Obiettivo
∃y[y(y + 1) = x]
Poiché il nostro obiettivo ha al forma ∃yP (y), dove P (y) è l’affermazione
y(y + 1) = x, in accordo alla nostra strategia dovremmo provare a trovare un
valore di y per il quale P (y) è vero. In questo caso possiamo farlo risolvendo
l’equazione y(y + 1) = x per la variabile y. È una equazione quadratica e può
essere risolta usando la formula quadratica:
√
−1 ± 1 + 4x
2
y(y + 1) = x ⇒ y + y − x = 0 ⇒ y =
.
2
111
√
Notate che 1 + 4x è definita, perché abbiamo x > 0 come dato. Abbiamo in
realtà trovato due soluzioni di y, ma per dimostrare che ∃y[y(y+1) = x] abbiamo
soltanto bisogno di esibire un valore di y che rende l’equazione y(y + 1) = x
vera. Qualunque delle due soluzioni
√ potrebbe essere usata nella dimostrazione.
Useremo la soluzione y = (−1 + 1 + 4x)/2.
I passi che abbiamo usato per risolvere l’equazione per y non dovrebbero
apparire nella dimostrazione
√ finale. Nella dimostrazione finale diremo semplicemente “Sia y = (−1 + 1 + 4x)/2” e quindi dimostreremo chd y(y + 1) = x.
In altre parole, la dimostrazione finale avrà la seguente forma:
Sia x un numero reale arbitrario.
Assumiamo x > 0.
√
Sia y = (−1 + 1 + 4x)/2.
[Qui va una dimostrazione di y(y + 1) = x.]
Cosı̀, ∃y[y(y + 1) = x].
Pertanto x > 0 → ∃y[y(y + 1) = x].
Poiché x era arbitrario, possiamo concludere che ∀x(x > 0→∃y[y(y+
1) = x]).
Per vedere √
cosa deve essere fatto per riempire il buco rimanente, aggiungiamo
y = (−1 + 1 + 4x)/2 alla lista dei dati e rendiamo y(y + 1) = x l’obiettivo:
Dati
x>0
√
y = (−1 + 1 + 4x)/2
Obiettivo
y(y + 1) = x
Possiamo ora dimostrare
che l’equazione y(y + 1) = x è vera semplicemente
√
sostituendo (−1 + 1 + 4x)/2 per y e verificando che l’equazione risultante è
vera.
Soluzione
Teorema. Per ogni numero reale x, se x > 0 allora c’è un numero reale y tale
che y(y + 1) = x.
Dimostrazione. Sia x un numero reale arbitrario, ed assumiamo x > 0. Sia
√
−1 + 1 + 4x
y=
2
che è definito poiché x > 0. Allora
√
√
−1 + 1 + 4x
−1 + 1 + 4x
y(y + 1) =
·
+1
2
2
√
√
1 + 4x − 1
1 + 4x + 1
·
2
2
1 + 4x − 1
4x
=
= x.
4
4
112
Talvolta quando state dimostrando un obiettivo della forma ∃yQ(y) non sarete in grado di dire, semplicemente guardando l’affermazione Q(y), quale valore
dovreste usare per y. In questo caso potreste voler guardare più attentamente ai
dati per vedere se essi suggeriscono un valore da utilizzare per y. In particolare,
un dato della forma ∃xP (x) può essere utile in questa situazione. Questo dato
dice che un oggetto con una certa proprietà esiste. È probabilmente una buona
idea immaginare che un oggetto specifico con questa proprietà sia stato scelto
e introdurre una nuova variabile, diciamo x0 , nella dimostrazione che sta per
questo oggetto. Cosı̀, per il resto della dimostrazione utilizzerete x0 al posto di
un oggetto specifico, e potete assumere che con x0 che sta per questo oggetto,
P (x0 ) è vero. In altre parole, potete aggiungere P (x0 ) alla vostra lista dei fatti.
Questo oggetto x0 , o qualcosa collegato ad esso, potrebbe risultare essere la cosa
giusta da mettere al posto di y per rendere vera Q(y).
Per utilizzare un dato della forma ∃xP (x):
Introducete una nuova variabile x0 nella dimostrazione al posto
di un oggetto per il quale P (x0 ) è vero. Questo significa che potete
ora assumere che P (x0 ) è vero. I logici chiamano questa regola di
inferenza la istanziazione esistenziale.
Notate che usare un dato della forma ∃xP (x) è molto diverso dal dimostrare
un obiettivo della forma ∃xP (x), perché quando usate un dato della forma
∃xP (x), non dovete scegliere un valore particolare da mettere al posto di x.
Potete assumere che x0 stia per qualche oggetto per il quale P (x0 ) è vero, ma
non potete assumere null’altro riguardo a x0 . D’altro canto, un dato della forma
∀xP (x) ci dice che P (x) sarebbe vero indipendentemente dal valore assegnato
ad x. Potete pertanto scegliere qualunque valore desideriate da rimpiazzare al
posto di x e utilizzare questo dato per concludere che P (x) è vero.
Per utilizzare un dato della forma ∀xP (x):
Potete rimpiazzare x con qualunque valore, diciamo a, e usare questo dato per concludere P (a). Questa regola è chiamata
istanziazione universale.
Generalmente, se avete un dato della forma ∃xP (x), dovreste applicarle immediatamente l’istanziazione esistenziale. D’altro canto, non siete in grado di
applicare l’istanziazione universale a un dato della forma ∀xP (x) a meno che
non abbiate un valore particolare a da mettere al posto di x, per cui potreste
voler aspettare finché un valore promettente per a non spunta fuori nella dimostrazione. Per esempio, considerate un dato della forma ∀x(P (x) → Q(x)).
Potete usarlo per concludere P (a) → Q(a) per qualunque a, ma in accordo alla
nostra regola per usare i dati che sono affermazioni condizionali, questa conclusione probabilmente non sarà molto utile a meno che non sappiate anche P (a)
oppure ¬Q(a). Dovreste probabilmente aspettare finché nella dimostrazione
non appaia un oggetto a per il quale sapete o P (a) o ¬Q(a), e rimpiazzare x
con a quando quest’ultimo appare.
113
Abbiamo già usato questa tecnica in alcune delle nostre dimostrazioni precedenti quando abbiamo trattato con dati della forma A ⊆ B. Nell’Esempio 3.2.5
abbiamo usato i dati A ⊆ B e a ∈ A per concludere a ∈ B. La giustificazione per
questo ragionamento è che A ⊆ B significa ∀x(x ∈ A → x ∈ B), cosı̀ per istanziazione universale possiamo rimpiazzare x con a e concludere a ∈ A → a ∈ B.
Poiché sappiamo anche a ∈ A, ne segue per modus ponens che a ∈ B.
Esempio 3.3.4. Supponiamo che F e G siano famiglie di insiemi e F ∩ G =
6 ∅.
Dimostrare che ∩F ⊆ ∪G.
Il nostro primo passo nell’analizzare la forma logica dell’obiettivo è scrivere
per esteso il significato del simbolo di sottoinsieme, che ci da l’affermazione
∀x(x ∈ ∩F → x ∈ ∪G). Potremmo procedere oltre con questa analisi scrivendo
per esteso le definizioni di unione ed intersezione, ma la parte di analisi che
abbiamo già fatto sarà sufficiente per consentirci di decidere come iniziare la
dimostrazione. Le definizioni di unione e intersezione saranno richieste dopo
nella dimostrazione, ma aspetteremo fino a che non saranno necessarie prima
di esplicitarle. Quando si analizza la forma logica di dati e obiettivi allo scopo
di trovare una dimostrazione, è meglio di solito limitare l’analisi della forma
logica a quanto basta per determinare il prossimo passo nella dimostrazione.
Andare oltre con l’analisi logica generalmente introduce delle complicazioni non
necessarie, senza produrre nessun beneficio.
Poiché l’obiettivo vuol dire ∀x(x ∈ ∩F → x ∈ ∪G), introduciamo una x
arbitraria, assumiamo x ∈ ∩F e proviamo a dimostrare x ∈ ∪G.
Dati
F ∩G =
6 ∅
x ∈ ∩F
Obiettivo
x ∈ ∪G
Il nuovo obiettivo significa ∃A ∈ G(x ∈ A), cosı̀ per dimostrarlo dobbiamo
provare a trovare un valore che “funziona” per A. Semplicemente guardando
l’obiettivo, non è chiaro come scegliere A, cosı̀ diamo un’occhiata più attenta ai
dati. Iniziamo scrivendoli in forma logica:
Dati
∃A(A ∈ F ∩ G)
∀A ∈ F(x ∈ A)
Obiettivo
∃A ∈ G(x ∈ A)
Il secondo dato parte con ∀A, pertanto potremmo non essere in grado di
utilizzarlo finché un valore promettente per A non spunta fuori nel corso della
dimostrazione. In particolare, dobbiamo tenere a mente che se mai ci troviamo
di fronte ad un elemento di F mentre proviamo a completare la dimostrazione,
possiamo rimpiazzarlo al posto di A nel secondo dato e concludere che esso
contiene l’elemento x. Il primo dato, tuttavia, parte con ∃A, pertanto dovremmo
usarlo immediatamente. Esso dice che c’è qualche oggetto che è un elemento di
F ∩ G. Per istanziazione esistenziale, possiamo introdurre un nome, sia esso A0 ,
per questo oggetto. Cosı̀, possiamo trattare A0 ∈ F ∩ G come un dato da adesso
114
in poi. Poiché ora abbiamo un nome, A0 , per un elemento particolare di F ∩ G,
sarebbe ridondante continuare a discutere il dato ∃A(A ∈ F ∩ G), pertanto lo
togliamo dalla nostra lista di dati. Poiché il nostro nuovo dato A0 ∈ F ∩ G vuol
dire A0 ∈ F e A0 ∈ G, abbiamo adesso la seguente situazione:
Dati
A0 ∈ F
A0 ∈ G
∀A ∈ F(x ∈ A)
Obiettivo
∃A ∈ G(x ∈ A)
Se avete prestato attenzione, dovreste sapere quale sarà il prossimo passo.
Abbiamo deciso prima di prestare attenzione ad eventuali elementi di F che potessero venir fuori durante la dimostrazione, perché potremmo voler rimpiazzare
A con essi nell’ultimo dato. Un elemento di F è venuto fuori: A0 ! Rimpiazzando
A0 per A nell’ultimo dato, possiamo concludere che x ∈ A0 . Qualunque conclusione può essere trattata nel futuro come dei dati, pertanto possiamo aggiungere
questa affermazione alla colona dei dati se volete.
Ricordate che abbiamo deciso di guardare ai dati perché non sapevamo che
valore assegnare ad A nell’obiettivo. Ciò di cui abbiamo bisogno è un valore di
A che è in G e che rende l’affermazione x ∈ A vera. Queste considerazioni che
abbiamo fatto sui dati ci ha suggerito un valore per A? Sı̀! Usiamo A = A0 .
Sebbene abbiamo tradotto le affermazioni x ∈ ∩F, x ∈ ∪G e F ∩ G =
6 ∅ in
forma logica allo scopo di determinare come usarli nella dimostrazione, queste
traduzioni generalmente non vengono scritte nella forma finale della dimostrazione. Nella dimostrazione finale generalmente scriviamo queste affermazioni
nella loro forma originale e lasciamo al lettore della dimostrazione il compito di
determinare le loro forme logiche per poter seguire il nostro ragionamento.
Soluzione
Teorema. Supponiamo che F e G siano famiglie di insiemi e F ∩ G 6= ∅. Allora
∩F ⊆ ∪G.
Dimostrazione. Supponiamo che x ∈ ∩F. Poiché F ∩ G =
6 ∅, indichiamo con A0
un elemento di F ∩ G. Allora A0 ∈ F e A0 ∈ G. Poiché x ∈ ∩F e A0 ∈ F, ne
segue che x ∈ A0 . Ma sappiamo anche che A0 ∈ G, cosı̀ possiamo concludere
che x ∈ ∪G.
Le dimostrazioni che coinvolgono i quantificatori per ogni ed esiste sono
spesso difficili per loro.
L’ultima frase vi ha confusi, vero? Vi state probabilmente domandando,
“Chi sono loro?”. I lettori delle vostre dimostrazioni sperimenteranno lo stesso
tipo di confusione se utilizzate variabili senza spiegare ciò per cui stanno. Gli
scrittori di dimostrazioni in erba sono talvolta poco accurati su questo aspetto,
e questo è il motivo per cui le dimostrazioni che coinvolgono i quantificatori
per ogni ed esiste sono spesso difficili per loro. (Stavolta la frase è più sensata,
non è vero?) Quando userete le strategie che abbiamo discusso in questa sezione, introdurrete nuove variabili nella vostra dimostrazione, e quando lo farete,
dovrete sempre essere attenti a chiarire al lettore ciò per cui stanno.
115
Per esempio, se state dimostrando un obiettivo della forma ∀x ∈ AP (x),
partireste probabilmente introducendo una variabile x che sta un per un elemento arbitrario di A. Il vostro lettore non saprà cosa vuol dire x, a meno che
non iniziate la vostra dimostrazione con “Sia x un elemento arbitrario di A.”
o “Supponiamo x ∈ A”. Naturalmente, prima di tutto deve essere chiaro nella
vostra testa cosa è x. In particolare, poiché x è arbitrario, dovete essere attenti
nel non assumere niente su x tranne il fatto che x ∈ A. Puoi aiutare pensare ad
x come se fosse scelta da qualcun altro; voi non avete controllo su quale elemento
di A sceglierà. Usare un dato della forma ∃xP (x) è simile. Questo fatto vi dice
che potete introdurre una nuova variabile x0 nella dimostrazione che sta per
qualche oggetto per il quale P (x0 ) è vero, ma non potete assumere nient’altro
su x0 . Dall’altro lato, se state dimostrando ∃xP (x), la vostra dimostrazione
probabilmente inizierà con “Sia x = . . .”. Questa volta siete voi che scegliete il
valore di x, e dovete dire al lettore esplicitamente che state scegliendo il valore
di x e quale valore avete scelto.
È anche importante, quando state introducendo una nuova variabile x, essere
sicuri del tipo di oggetto che è x. È un numero? un insieme? una funzione?
una matrice? Per esempio, fareste meglio a non scrivere a ∈ X a meno che
non sappiate che X è un insieme. Se non state attenti a queste cose, potreste
finire con lo scriver cose senza senso. Talvolta avrete bisogno di sapere che
tipo di oggetto è una variabile per riuscire a determinare la forma logica di
una affermazione che contiene quella variabile. Per esempio, A = B significa
∀x(x ∈ A ↔ x ∈ B) se A e B sono insiemi, ma non se sono numeri.
La cosa più importante da tenere a mente quando si introducono variabili in
una dimostrazione è semplicemente il fatto che le variabili devono sempre essere
introdotte prima di essere usate. Se fate una affermazione su x (ovvero, una
affermazione in cui x appare come variabile libera) senza prima spiegare per
cosa sta x, a lettore della vostra dimostrazione non saprà di cosa state parlando
— e c’è una buona possibilità che non lo sappiate neanche voi!
Poiché le dimostrazioni con i quantificatori possono richiedere più pratica
delle altre dimostrazioni che abbiamo discusso fino ad ora, terminiamo questa
sezione con due ulteriori esempi.
Esempio 3.3.5. Supponiamo B sia un insieme ed F sia una famiglia di insiemi.
Dimostrare che se ∪F ⊆ B allora F ⊆ P(B).
Assumiamo ∪F ⊆ B e proviamo a dimostrare F ⊆ P(B). Poiché questo
obiettivo vuol dire ∀x(x ∈ F → x ∈ P(B)), introduciamo la variabile arbitraria
x, assumiamo x ∈ F, e poniamo x ∈ P(B) come nostro obiettivo. Ricordate
che F è una famiglia di insiemi, cosı̀ poiché x ∈ F, x è un insieme. Cosı̀,
abbiamo la seguente situazione su dati e obiettivo:
Dati
∪F ⊆ B
x∈F
Obiettivo
x ∈ P(B)
116
Per trovare come dimostrare il nostro obiettivo, dobbiamo usare la definizione di insieme potenza. L’affermazione x ∈ P(B) significa x ⊆ B, o in altri
termini, ∀y(y ∈ x → y ∈ B). Dobbiamo pertanto introdurre un altro oggetto
arbitrario nella dimostrazione. Sia y arbitraria, assumiamo y ∈ x, e proviamo a
dimostrare y ∈ B.
Dati
∪F ⊆ B
x∈F
y∈x
Obiettivo
y∈B
L’obiettivo non può essere analizzato ulteriormente, pertanto dobbiamo guardare più attentamente ai dati. Il nostro obiettivo è y ∈ B, e l’unico dato che
menziona B è il primo. In effetti, il primo dato ci consentirebbe di raggiungere
l’obiettivo, se solo sapessimo che y ∈ ∪F. Questo ci suggerisce che potremmo
provare a trattare y ∈ ∪F come il nostro obiettivo. Se possiamo raggiungere
questo obiettivo, allora possiamo aggiungere un passo in più, applicare il primo
dato, e la dimostrazione sarà terminata.
Dati
∪F ⊆ B
x∈F
y∈x
Obiettivo
y ∈ ∪F
Ancora una volta, abbiamo un obiettivo la cui forma logica può essere analizzata, cosı̀ possiamo usare la forma dell’obiettivo per guidare la nostra strategia.
L’obiettivo vuol dire ∃A ∈ F(y ∈ A), cosı̀ per provarla dobbiamo trovare un
insieme A tale che A ∈ F e y ∈ A. Guardando ai fatti, vediamo che x è tale
insieme, cosı̀ la dimostrazione è terminata.
Soluzione
Teorema. Supponiamo B sia un insieme ed F sia una famiglia di insiemi. Se
∪F ⊆ B allora F ⊆ P(B).
Dimostrazione. Supponiamo ∪F ⊆ B. Sia x un elemento arbitrario di F. Sia y
un elemento arbitrario di x. Poiché y ∈ x e x ∈ F, allora chiaramente y ∈ ∪F .
Ma allora, poiché ∪F ⊆ B, y ∈ B. Poiché y era un elemento arbitrario di x,
possiamo concludere che x ⊆ B, ovvero x ∈ P(B). Ma x era un elemento
arbitrario di F, e questo mostra che F ⊆ P(B) come richiesto.
Questa è probabilmente la dimostrazione più complessa che abbiamo fatto
fin’ora. Leggetela attentamente ed assicuratevi di capire la sua struttura e lo
scopo di ogni frase. Non è rimarchevole come tanta complessità logica sia stata
compressa in poche linee?
Non è raro per una dimostrazione corta avere una struttura logica cosı̀ ricca.
Questa efficienza di esposizione è una delle caratteristiche più attraenti delle
dimostrazioni, ma le rende anche difficili da leggere. Sebbene ci stiamo concentrano per ora nello scrivere le dimostrazioni, è anche importante imparare come
117
leggere le dimostrazioni scritte da altre persone. Per farvi impratichire un po’ su
questo, presentiamo ora la nostra ultima prova in questa sezione senza il lavoro
di bozza. Vedete se riuscite a seguire la struttura della dimostrazione mentre la
leggete. Dopo la dimostrazione forniremo dei commenti che dovrebbero aiutarvi
a capirla.
Per questa dimostrazione abbiamo bisogno della seguente definizione: Dati
gli interi x ed y, diremo che x divide y (o che y è divisibile per x) se ∃k ∈ Z(kx =
y). Useremo la notazione x | y per dire “x divide y”. Per esempio, 4 | 20, poiché
5 · 4 = 20.
Teorema 3.3.6. Per tutti gli interi a, b e c, se a | b e b | c, allora a | c.
Dimostrazione. Siano a, b, c interi arbitrari e supponiamo che a | b e b | c.
Poiché a | b, possiamo scegliere un intero m tale che ma = b. In maniera
simile, poiché b | c, possiamo scegliere un intero n tale che nb = c. Pertanto
c = nb = nma, e poiché nm è intero, abbiamo a | c.
Commentario. Il teorema dice ∀a ∈ Z∀b ∈ Z∀c ∈ Z(a | b ∧ b | c → a | c), cosı̀
la maniera più naturale per procedere è dire che a, b e c sono interi arbitrari,
assumere a | b e b | c e dimostrare a | c. La prima frase della dimostrazione
indica che stiamo usando questa strategia, cosı̀ l’obiettivo per il resto della
dimostrazione sarà dimostrare a | c. Il fatto che questo è l’obiettivo per il resto
della dimostrazione non è detto in maniera esplicita. Ci si aspetta che siate voi
a capirlo usando la vostra conoscenza delle strategie di dimostrazione. Potreste
anche voler fare una lista di dati e obiettivi per aiutarvi a tenere traccia di ciò
che è noto ciò che rimane da dimostrare mano a mano che continuate a leggere
la dimostrazione. A questo punto nella prova, la lista dovrebbe essere come
questa:
Dati
a, b e c sono interi
a|b
b|c
Obiettivo
a|c
Poiché il nuovo obiettivo vuol dire ∃k ∈ Z(ka = c), la dimostrazione probabilmente procederà trovando un intero k tale che ka = c. Come molto dimostrazioni di affermazioni esistenziali, il primo passo nel trovare k consiste nel
guardare più attentamente i dati. La frase successiva nella dimostrazione usa il
dato a | b per concludere che possiamo scegliere un intero m tale che ma = b.
La dimostrazione non dice quale regola di inferenza giustifica il passaggio. È
vostro compito capirlo determinando la forma logica del dato a | b usando la definizione di divide. Poiché questo significa ∃k ∈ Z(ka = b), dovreste riconoscere
che la regola di inferenza che è stata usata è l’istanziazione esistenziale. L’istanziazione esistenziale è anche usata nella frase successiva della dimostrazione
per giustificare la scelta di un intero n tale che nb = c. Le equazioni ma = b e
nb = c possono ora essere aggiunte alla lista dei dati.
Alcuni passi sono stati saltati nell’ultima frase della dimostrazione. Ci saremmo aspettati che l’obiettivo a | c fosse dimostrato trovando un intero k tale
118
che ka = c. Dall’equazione c = nma e il fatto che nm è intero, ne segue che
k = nm funziona, ma la dimostrazione non dice esplicitamente che il valore di
k utilizzato è questo; in effetti, la variabile k non è menzionata per nulla nella
dimostrazione. Naturalmente, la variabile k non è neanche menzionata nell’enunciato del teorema. Non è raro che una dimostrazione di una affermazione
esistenziale sia scritta in questo modo, specialmente quando, come in questo
caso, l’obiettivo non è scritto esplicitamente in forma esistenziale nell’enunciato
del teorema. In questo caso, la natura esistenziale dell’obiettivo diviene evidente
solo dopo aver sfruttato la definizione di divide.
Esercizi
Nota: gli esercizi marcati con PD possono essere svolti con Proof Designer. Per
maggiori informazioni su Proof Designer, vedi l’Appendice B.
*1. Nell’esercizio 7 della Sezione 2.2 avete usato le equivalenze logiche per
dimostrare che ∃x(P (x) → Q(x)) è equivalente a ∀xP (x) → ∃xQ(x). Ora
utilizzate i metodi di questa sezione per dimostrare che se ∃x(P (x)→Q(x))
è vero, allora ∀xP (x) → ∃xQ(x) è vero. (Nota: l’altra direzione di questa
equivalenza è abbastanza più difficile da dimostrare. Vedi esercizio 5 della
Sezione 3.5.
2. Dimostrate che se A e B \ C sono disgiunti, allora A ∩ B ⊆ C.
*3. Dimostrate che se A ⊆ B \ C, allora A e C sono disgiunti.
P 4. Supponete che A ⊆ P(A). Dimostrare che P(A) ⊆ P(P(A)).
D
5. L’ipotesi del teorema dimostrato nell’esercizio 4 è A ⊆ P(A).
(a) Riuscite a trovare a un insieme A per il quale l’ipotesi è vera?
(b) Riuscite a trovarne un altro?
6. Supponete che x sia un numero reale.
(a) Dimostrate che se x 6= 1 allora c’è un numero reale y tale che
(b) Dimostrate che se c’è un numero reale y tale che
x 6= 1.
y+1
y−2
y+1
y−2
= x.
= x, allora
*7. Dimostrate che per ogni numero reale x, se x > 2 allora c’è un numero
reale y tale che y + y1 = x.
P 8. Dimostrate che se F è una famiglia di insiemi e A ∈ F, allora A ⊆ ∪F.
D
*9. Dimostrate che se F è una famiglia di insiemi e A ∈ F, allora ∩F ⊆ A.
10. Supponete che F sia un famiglia di insiemi non vuota, B sia un insieme,
e ∀A ∈ F(B ⊆ A). Dimostrare che B ⊆ ∩F .
11. Supponete che F sia un famiglia di insiemi. Dimostrate che se ∅ ∈ F
allora ∩F = ∅.
P *12. Supponete che F e G siano famiglie di insiemi. Dimostrare che se F ⊆ G
D
allora ∪F ⊆ ∪G.
13. Supponete che F e G siano famiglie di insiemi non vuote. Dimostrare che
se F ⊆ G allora ∩F ⊆ ∩G.
119
*14. Supponete che {Ai | i ∈ I} sia un famiglia indicizzata di insiemi. Dimostrare che ∪i∈I P(Ai ) ⊆ P(∪i∈I Ai ). (Suggerimento: Prima assicuratevi
di conoscere cosa significano tutte le notazioni!)
15. Supponete che {Ai | i ∈ I} sia un famiglia indicizzata di insiemi e I 6= ∅.
Dimostrare che ∩i∈I P(Ai ) ⊆ P(∩i∈I Ai ).
P 16. Dimostrate l’opposto dell’enunciato dimostrato nell’Esempio 3.3.5.
In
D
altre parola, dimostrate che se F ⊆ P(B) allora ∪F ⊆ B.
*17. Supponete che F e G siano famiglie non vuote di insiemi, e ogni elemento
di F è un sottoinsieme di ogni elemento di G. Dimostrate che ∪F ⊆ ∩G.
18. In questo problema tutte le variabili prendono valore su Z, l’insieme di
tutti gli interi.
(a) Dimostrate che se a | b e a | c, allora a | (b − c).
(b) Dimostrate che se ac | bc e c 6= 0, allora a | b.
19. (a) Dimostrate che per tutti i numeri reali x e y c’è un numero reale z
tale che x + z = y − z.
(b) L’affermazione al punto (a) sarebbe corretta se “numero reale” fosse
sostituito con “intero”. Giustificate la vostra risposta.
*20. Considerate il seguente teorema:
Teorema. Per ogni numero reale x, x2 ≥ 0.
Cosa c’è di sbagliato nella seguente dimostrazione di questo teorema?
Dimostrazione. Supponete che non lo sia. Allora, per ogni numero reale
x, x2 < 0. In particolare, con x = 3 otterremmo 9 < 0, che è chiaramente
falso. Questa contraddizione mostra che per ogni numero x, x2 ≥ 0.
21. Considerate il seguente teorema non corretto:
Teorema non corretto. Se ∀x ∈ A(x 6= 0) e A ⊆ B allora ∀x ∈ B(x 6=
0).
(a) Cose c’è di sbagliato nella seguente dimostrazione del teorema?
Dimostrazione. Sia x un elemento arbitrario di A. Poiché ∀x ∈
A(x 6= 0), possiamo concludere che x 6= 0. Inoltre, poiché A ⊆ B,
x ∈ B. Poiché x ∈ B, x 6= 0 ed x era arbitrario, possiamo concludere
che ∀x ∈ B(x 6= 0).
(b) Trovate un controesempio al teorema. In altre parole, determinare
un esempio di insiemi A e B per i quali le ipotesi del teorema sono
vere ma la conclusione è falsa.
*22. Considerate il seguente teorema non corretto:
Teorema non corretto. ∃x ∈ R∀y ∈ R(xy 2 = y − x).
Cosa c’è di sbagliato nella seguente dimostrazione del teorema?
120
Dimostrazione. Sia x = y/(y 2 + 1). Allora
y−x=y−
y
y3
y
=
= 2
· y 2 = xy 2 .
y2 + 1
y2 + 1
y +1
23. Considerata il seguente teorema non corretto.
Teorema non corretto. Siano F e G famiglie di insiemi. Se ∪F e ∪G
sono disgiunti, allora lo sono anche F e G.
Dimostrazione. Supponiamo che ∪F e ∪G siano disgiunti. Suponiamo che F e G non siano disgiunti. Allora possiamo scegliere un
insieme A tale che A ∈ F e A ∈ G. Poiché A ∈ F, per l’esercizio 8,
A ⊆ ∪F, cosı̀ ogni elemento di A è in ∪F . In maniera simile, poiché
A ∈ G, ogni elemento di A è in ∪G. Ma allora ogni elemento di A
è sia in ∪F che in ∪G, e questo è impossibile perché ∪F e ∪G sono
disgiunti. Cosı̀, abbiamo raggiunto una contraddizione, ed F e F
devono essere disgiunti.
(b) Trovare un controesempio al teorema.
24. Considerate il seguente teorema putativo.
Teorema? Per tutti i numeri reali x e y, x2 + xy − 2y 2 = 0.
Dimostrazione. Siano x ed y uguali a qualche numero reale arbitrario
r. Allora
x2 + xy − 2y 2 = r2 + r · r − 2r2 = 0.
Poiché sia x che y erano arbitrari, questo mostra che per tutti i numeri
reali x e y, x2 + xy − 2y 2 = 0.
(b) Il teorema è corretto? Giustificate la vostra risposta con una dimostrazione o un controesempio.
*25. Dimostrate che per ogni numero reale x c’è un numero reale y tale che per
ogni numero reale z, yz = (x + z)2 − (x2 + z 2 )
26. (a) Confrontando la varie regole per gestire i quantificatori nelle dimostrazioni, dovreste trovare una somiglianza tra le regole per gli obiettivi della forma ∀xP (x) e per i dati della forma ∃xP (x). Quale è
la somiglianza? Cosa potete dire sulle regole per gli obiettivi della
forma ∃xP (x) e per i dati della forma ∀xP (x).
(b) Riuscite a immaginare un motivo per cui queste somiglianze potrebbero essere attese? (Suggerimento: Pensate a come le dimostrazioni per assurdo funzionano quando l’obiettivo inizia con un
quantificatore.)
3.4
121
Dimostrazioni con Congiunzioni e Bicondizionali
Il metodo per dimostrare un obiettivo della forma P ∧ Q è cosı̀ semplice che
sembra quasi inutile menzionarlo:
Per dimostrare un obiettivo della forma P ∧ Q:
Dimostrare P e Q separatamente.
In altre parole, un obiettivo della forma P ∧ Q è trattato come due obiettivi
separati: P e Q.
Per usare un dato della forma P ∧ Q:
Trattare questo dato come due dati separati: P e Q.
Abbiamo già usato questa idea, senza menzionarla, in alcuni dei nostri esempi precedenti. Per esempio, la definizione del dato x ∈ A \ C nell’Esempio 3.2.3
era x ∈ A ∧ x ∈
/ C, ma l’abbiamo trattata come se fossero due dati separati:
x∈Aex∈
/ C.
Esempio 3.4.1. Supponiamo A ⊆ B ed A disgiunto da C. Dimostrare che
A ⊆ B \ C.
Dati
A⊆B
A∩C =∅
Obiettivo
A⊂B\C
Analizzando la forma logica dell’obiettivo, vediamo che ha la forma ∀x(x ∈
A → x ∈ B \ C), cosı̀ utilizziamo una variabile x arbitraria, assumiamo x ∈ A,
e proviamo a dimostrare che x ∈ B \ C. Il nuovo obiettivo x ∈ B \ C vuol dire
x ∈ B∧x ∈
/ C, cosı̀ in accordo alla nostra strategia, dovremmo dividerlo in due
obiettivi, x ∈ B e x ∈
/ C, e dimostrarli separatamente.
Dati
A⊆B
A∩C =∅
x∈A
Obiettivo
x∈B
x∈
/C
La dimostrazione finale avrà la seguente forma:
Sia x arbitraria.
Supponiamo x ∈ A.
[Qui va una dimostrazione di x ∈ B.]
[Qui va una dimostrazione di x ∈
/ C.]
Cosı̀, x ∈ B ∧ x ∈
/ C, pertanto x ∈ B \ C.
Pertanto x ∈ A → x ∈ B \ C.
Poiché x era arbitraria, ∀x(x ∈ A → x ∈ B \ C), ovvero A ⊆ B \ C.
122
Il primo obiettivo x ∈ B, segue chiaramente dal fatto che x ∈ A e A ⊆ B. Il
secondo obiettivo x ∈
/ C, segue da x ∈ A e A∩C = ∅. Potete vederlo analizzando
la forma logica dell’affermazione A ∩ C = ∅. È una affermazione negativa, ma
può essere rappresentata come un’affermazione positiva:
A ∩ C = ∅ è equivalente a ¬∃y(y ∈ A ∧ y ∈ C) (definizione di ∩ e ∅),
che è equivalente a ∀y¬(y ∈ A ∧ y ∈ C)
che è equivalente a ∀y(y ∈
/ A∨y ∈
/ C)
che è equivalente a ∀y(y ∈ A → y ∈
/ C)
(legge condizionale).
Sostituendo x per y nell’ultima affermazione, vediamo che x ∈ A → x ∈
/ C, e
poiché già sappiamo x ∈ A, possiamo concludere x ∈
/ C.
Soluzione
Teorema. Supponiamo A ⊆ B ed A disgiunto da C. Allora A ⊆ B \ C.
Dimostrazione. Supponiamo x ∈ A. Poiché A ⊆ B ne segue che x ∈ B, e poiché
A e C sono disgiunti, dobbiamo avere x ∈
/ C. Cosı̀, x ∈ B \ C. Poiché x era un
elemento arbitrario di A, possiamo concludere che A ⊆ B \ C.
Usando la nostra strategia per lavorare con le congiunzioni, possiamo ora
trovare la maniera corretta per trattare affermazioni del tipo P ↔ Q nelle dimostrazioni. Poiché P ↔ Q è equivalente a (P → Q) ∧ (Q → P ), in accordo
alle nostre strategie un dato o un obiettivo della forma P ↔ Q dovrebbe essere
trattato come due dati separati o due obiettivi: P → Q e Q → P .
Per dimostrare un obiettivo della forma P ↔ Q:
Dimostrare P → Q e Q → P separatamente.
Per usare un dato della forma P ↔ Q:
Trattarlo come due dati separati: P → Q e Q → P .
Ciò è illustrato nel prossimo esempio, nel quale usiamo la seguente definizione: Un intero x è pari se ∃k ∈ Z(x = 2k), ed è dispari se ∃k ∈ Z(x = 2k + 1).
Usiamo anche il fatto che ogni intero è o pari o dispari, ma non entrambi.
Vedremo un dimostrazione di questo fatto nel Capitolo 6.
Esempio 3.4.2. Sia x un intero. Dimostrare che x è pari sse x2 è pari.
L’obiettivo è “(x è pari) ↔ (x è dispari)”, cosı̀ dimostriamo i due obiettivi “(x è
pari) → (x è dispari)” e “(x è dispari) → (x è pari)” separatamente. Per prima
cosa, assumiamo che x sia pari e dimostriamo che x2 è pari:
Dati
x∈Z
x è pari
Obiettivo
x2 è pari
Rimpiazzando la definizione di pari sia nei dati che nell’obiettivo ne rivelerà la
forma logica:
Dati
x∈Z
∃k ∈ Z(x = 2k)
123
Obiettivo
∃k ∈ Z(x2 = 2k)
Poiché il secondo dato inizia con ∃k, possiamo usarlo immediatamente ed
indicare k un particolare intero per il quale l’affermazione x = 2k è vera. Cosı̀,
abbiamo due nuovi dati: k ∈ Z e x = 2k.
Dati
x∈Z
k∈Z
x = 2k
Obiettivo
∃k ∈ Z(x2 = 2k)
L’obiettivo inizia con ∃k, ma poiché k è già usata per un numero particolare, non possiamo assegnare un nuovo valore a k per dimostrare l’obiettivo. Dobbiamo pertanto passare ad utilizzare una lettera differente, diciamo
j. Una maniera di vedere la cosa è pensare di riscrivere l’obiettivo nella forma equivalente ∃j ∈ Z(x2 = 2j). Per dimostrare questo obiettivo dobbiamo
inventare un valore da mettere al posto di j. Deve essere un intero, e deve
soddisfare l’equazione x2 = 2j. Usando l’equazione data x = 2k, vediamo che
x2 = (2k)2 = 4k 2 = 2(2k 2 ), cosı̀ sembra che il valore corretto da scegliere per j
sia j = 2k 2 . Chiaramente 2k 2 è un intero, cosı̀ questa scelta per j funziona per
completare la dimostrazione del nostro primo obiettivo.
Per dimostrare il secondo obiettivo “(x2 è pari) → (x è pari)”, dimostreremo
invece la contropositiva “(x non è pari) → (x2 non è pari)”. Poiché un qualunque
intero è o pari o dispari, ma non entrambi, questa è equivalente alla affermazione
“(x è dispari) → (x2 è dispari)”.
Dati
x∈Z
x è dispari
Obiettivo
x2 è dispari
I passi sono ora piuttosto simili a quelli della prima parte della dimostrazione.
Come prima, iniziamo esplicitando la definizione di dispari sia nel secondo dato
che nell’obiettivo. Questa volta, per evitare conflitti tra i nomi di variabile in
cui siamo incorsi nella prima parte della dimostrazione, usiamo nomi diversi per
le variabili vincolate nelle due affermazioni.
Dati
x∈Z
∃k ∈ Z(x = 2k + 1)
Obiettivo
∃j ∈ Z(x2 = 2j + 1)
Ora usiamo il secondo dato indicando con k un particolare elemento per cui
x = 2k + 1.
Dati
x∈Z
x∈Z
x = 2k + 1
Obiettivo
∃j ∈ Z(x2 = 2j + 1)
124
Dobbiamo trovare adesso un indice j tale che x2 = 2j + 1. Sapendo che x =
2k +1, abbiamo x2 = (2k +1)2 = 4k 2 +4k +1 = 2(2k 2 +2k)+1, cosı̀ j = 2k 2 +2k
sembra la scelta corretta.
Prima di dare la versione finale della dimostrazione, dovremmo aggiungere
qualche nota esplicativa. Le due affermazioni condizionali che abbiamo dimostrato possono essere pensate come rappresentanti le due direzioni → e ← del
simbolo bicondizionale ↔ nell’obiettivo originale. Queste due parti della dimostrazione sono talvolta etichettate con i simboli → e ←. In ogni parte, finiamo
col dimostrare una affermazione che asserisce l’esistenza di un numero con certe
proprietà. Abbiamo chiamato questo numero j nel lavoro di bozza, ma notare
che j non è stato menzionato esplicitamente nell’enunciato del teorema. Come nella dimostrazione del Teorema 3.3.6, abbiamo scelto di non menzionarlo
esplicitamente neanche nella prova finale.
Soluzione
Teorema. Sia x un intero. Allora x è pari sse x2 è pari.
Dimostrazione. (→) Supponiamo che x sia pari. Allora per qualche intero k,
x = 2k. Pertanto, x2 = 4k 2 = 2(2k 2 ) cosı̀, poiché 2k 2 è intero, x2 è pari.
Pertanto, se x è pari allora x2 è pari.
(←) Supponiamo che x sia dispari. Allora x = 2k + 1 per qualche intero k.
Pertanto x2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2(2k 2 + 2k) + 1 cosı̀, poiché 2k 2 + 2k
è un intero, x2 è dispari. Pertanto, se x2 è pari allora x è pari.
Usando le tecniche di dimostrazione che abbiamo sviluppato, possiamo verificare alcune delle equivalenze che nel Capitolo 2 eravamo stati in grado di
giustificare solo su base intuitiva. Come esempio, proviamo a dimostrare che le
formule ∀x¬P (x) e ¬∃P (x) sono equivalenti. Dire che queste formule sono equivalenti significa che avranno sempre lo stesso valore di verità. In altre parole, non
importa cosa voglia dire l’affermazione P (x), l’affermazione ∀x¬P (x)↔¬∃xP (x)
sarà sempre vera. Possiamo dimostrarlo usando la nostra tecnica per dimostrare
affermazioni bicondizionali.
Esempio 3.4.3. Dimostrare che ∀x¬P (x) ↔ ¬∃xP (x).
(→) Dobbiamo dimostrare ∀x¬P (x) → ¬∃xP (x), cosı̀ assumiamo ∀x¬P (x) e
proviamo a dimostrare ¬∃xP (x). Il nostro obiettivo è ora una affermazione
negativa, e riesprimerlo in forma positiva richiederebbe l’uso della stessa equivalenza che stiamo provando a dimostrare! Pertanto, ripieghiamo sulla nostra
unica altra strategia per trattare obiettivi negativi, la dimostrazione per assurdo.
Abbiamo ora la seguente situazione:
Dati
∀x¬P (x)
∃xP (x)
Obiettivo
(Contraddizione)
125
Il secondo dato inizia con un quantificatore esistenziale, cosı̀ possiamo usarlo
immediatamente e indicare con x0 un qualche oggetto per il quale l’affermazione
P (x0 ) è vera. Ma ora, inserendo x0 al posto di x nel primo dato, concludiamo
¬P (x0 ), che ci da la contraddizione di cui abbiamo bisogno.
(←) Per questa direzione del bicondizionale dovremmo assumere ¬∃xP (x)
e provare a dimostrare ∀x¬P (x). Poiché l’obiettivo parte con un quantificatore universale, lasciamo x arbitraria e proviamo a dimostrare ¬P (x). Ancora
una volta, abbiamo un obiettivo negativo che non può essere riespresso, cosı̀
proviamo una dimostrazione per assurdo:
Dati
¬∃xP (x)
P (x)
Obiettivo
(Contraddizione)
Il nostro primo dato è anche una affermazione negata, e questo suggerisce
che potremmo ottenere la contraddizione di cui abbiamo bisogno dimostrando
∃xP (x). Pertanto lo impostiamo come nostro obiettivo.
Dati
¬∃xP (x)
P (x)
Obiettivo
∃xP (x)
Per evitare di confondere la x che appare come variabile libera nel secondo
dato (la x arbitraria introdotto precedentemente nella dimostrazione) con la
x che appare come variabile vincolata nell’obiettivo, potreste voler riscrivere
l’obiettivo nella forma equivalente ∃yp(y). Per dimostrare l’obiettivo dobbiamo
trovare un valore di y che renda vero P (y). Ma questo è facile! Il nostro secondo
dato, P (x), ci dice che la nostra x arbitraria è il valore di cui abbiamo bisogno.
Soluzione
Teorema. ∀x¬P (x) ↔ ¬∃xP (x)
Dimostrazione. (→) Supponiamo ∀x¬P (x), e supponiamo anche ∃xP (x). Allora possiamo scegliere x0 tale che P (x0 ) è vero. Ma poiché ∀x¬P (x), possiamo
concludere che ¬P (x0 ), e questa è una contraddizione. Pertanto ∀x¬P (x) →
¬∃xP (x).
(←) Supponiamo ¬∃xP (x). Sia x arbitrario, e supponiamo P (x). Poiché
abbiamo una specifica x per cui P (x) è vero, ne segue che ∃xP (x), che è una
contraddizione. Pertanto, ¬P (x). Poiché x era arbitraria, possiamo concludere
che ∀x¬P (x), cosı̀ ¬∃xP (x) → ∀x¬P (x).
Talvolta nella dimostrazione di un obiettivo della forma P ↔ Q i passi nella
dimostrazione di Q → P sono gli stessi passi usati per dimostrare P → Q, ma
nell’ordine inverso. In questo caso potete essere in grado di semplificare la
dimostrazione scrivendola come una sequenza di equivalenze, partendo da P
e terminando con Q. Per esempio, supponete che abbiate scoperto di poter
provare P → Q prima assumendo P , poi usando P per inferire qualche altra
affermazione R, e successivamente usando R per dedurre Q; supponete anche che
126
gli stessi passi possano essere usati, nell’ordine inverso, per dimostrare Q→P . In
altre parole, potete assumere Q, usare questa assunzione per concludere che R è
vero, e quindi usare R per dimostrare P . Poiché asserireste sia P →R che R→P ,
potreste riassumere questi due passi dicendo P ↔. In maniera simile, gli altri
due passi della dimostrazione ci dicono che R ↔ Q. Queste due affermazioni
implicano l’obiettivo P ↔ Q. I matematici spesso presentano questo tipo di
dimostrazione scrivendo semplicemente la sequenza di equivalenze
P sse R sse Q.
Potete pensare a questa come una abbreviazione for “P sse R ed R sse Q (e
pertanto P sse Q)”. Questo viene illustrato nel prossimo esempio.
Esempio 3.4.4. Supponiamo che A, B e C siano insiemi. Dimostrare che
A ∩ (B \ C) = (A ∩ B) \ C.
Come abbiamo visto nel Capitolo 2, l’equazione A ∩ (B \ C) = (A ∩ B) \ C
vuol dire ∀x(x ∈ A ∩ (B \ C) ↔ x ∈ (A ∩ B) \ C), ma è anche equivalente
all’affermazione [A ∩ (B \ C) ⊆ (A ∩ B) \ C] ∧ [(A ∩ B) \ C ⊆ A ∩ (B \ C)]. Questo
suggerisce due approcci alla dimostrazione. Potremmo lasciare x arbitraria e
dimostrare x ∈ A ∩ (B \ C) ↔ x ∈ (A ∩ B) \ C, o potremmo dimostrare le due
affermazioni A ∩ (B \ C) ⊆ (A ∩ B) \ C e (A ∩ B) \ C ⊆ A ∩ (B \ C). In effetti,
pressoché qualunque dimostrazione che due insiemi sono uguali è basata su uno
di questi due approcci. In questo caso useremo il primo approccio, pertanto una
volta che abbiamo introdotto il nostro x arbitrario, avremo un obiettivo sse.
Per la metà (→) della dimostrazione, assumiamo x ∈ A ∩ (B \ C) e proviamo
a dimostrare x ∈ (A ∩ B) \ C:
Dati
x ∈ A ∩ (B \ C)
Obiettivo
x ∈ (A ∩ B) \ C
Per vedere la forma logica del dato e dell’obiettivo, esplicitiamo le loro
definizioni come segue:
x ∈ A ∩ (B \ C) sse x ∈ A ∧ x ∈ B \ C sse x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ x ∈
/ C,
x ∈ (A ∩ B) \ C sse x ∈ A ∩ B ∧ x ∈
/ X sse x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ x ∈
/ C.
A questo punto è chiaro che i dati implicano l’obiettivo, poiché l’ultimo
passo in entrambe le sequenze di equivalenze è risultato essere identico. In
effetti, è anche chiaro che il ragionamento richiesto nella direzione (←) della
dimostrazione sarà esattamente lo stesso, ma con le colonne dati e obiettivo
scambiate. Cosı̀, possiamo provare ad accorciare la dimostrazione scrivendola
come una sequenza di equivalenze, partendo da x ∈ A ∩ (B \ C) e terminando
in x ∈ (A ∩ B) \ C. In questo caso, se partiamo con x ∈ A ∩ (B \ C) e
seguiamo la prima sequenza di equivalenze evidenziate sopra, arriviamo ad una
affermazione che la stessa dell’ultima affermazione nella seconda sequenza di
127
equivalenze. Possiamo continuare seguendo la seconda sequenza di equivalenze
all’indietro, terminando con x ∈ (A ∩ B) \ C.
Soluzione
Teorema. Supponiamo che A, B e C siano insiemi. Allora A ∩ (B \ C) =
(A ∩ B) \ C.
Dimostrazione. Sia x arbitraria. Allora
x ∈ A ∩ (B \ C)sse x ∈ A ∧ x ∈ B \ C
sse x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ x ∈
/C
sse x ∈ A ∩ B ∧ x ∈
/C
sse x ∈ (A ∩ B) \ C.
Cosı̀, ∀x(x ∈ A∩(B \C)↔x ∈ (A∩B)\C), ovvero A∩(B \C) = (A∩B)\C.
La tecnica di determinare una sequenza di equivalenze in un ordine e quindi
scriverla nell’ordine inverso è usata piuttosto spesso nelle dimostrazioni. L’ordine in cui i passi dovrebbero essere scritti nella dimostrazione finale è basato sul
principio che una asserzione non dovrebbe mai essere fatta prima di poter essere
giustificata. In particolare, se state provando a dimostrare P ↔ Q, è sbagliato
iniziare la vostra forma finale della dimostrazione con l’affermazione non giustificata P ↔ Q e successivamente esplicitare il significato di P e Q, mostrando
che sono uguali. Dovreste invece partire con equivalenze che sapete giustificare
e concatenarle per produrre una giustificazione dell’obiettivo P ↔ Q prima di
asserirlo come vero. Una tecnica simile può talvolta essere impiegata per trovare
le dimostrazioni di equazioni, come mostra il prossimo esempio.
Esempio 3.4.5. Dimostrare che per tutti i numeri reali a e b,
(a + b)2 − 4(a − b)2 = (3b − a)(3a − b).
L’obiettivo ha la forma ∀a∀b((a + b)2 − 4(a − b)2 = (3b − a)(3a − b)), pertanto
iniziamo indicando con a e b dei numeri reali arbitrari e provando a dimostrare
l’equazione. Eseguendo le moltiplicazioni in entrambi i lati, otteniamo:
(a + b)2 − 4(a − b)2 = a2 + 2ab + b2 − 4(a2 − 2ab + b2 )
= −3a2 + 10ab − 3b2 ;
(3b − a)(3a − b) = 9ab − 3a2 − 3b2 + ab = −3a2 + 10ab − 3b2 .
Chiaramente i due lati sono uguali. La maniera più semplice di scrivere
questa dimostrazione è scrivere una sequenza di eguaglianze partendo da (a +
b)2 − 4(a − b)2 e terminando con (3b − a)(3a − b). Possiamo farlo copiando la
prima sequenza di uguaglianze mostrata sopra, e continuandola con la seconda
linea, scritta al contrario.
Soluzione
128
Teorema. Per tutti i numeri reali a e b,
(a + b)2 − 4(a − b)2 = (3b − a)(3a − b).
Dimostrazione. Siano a e b numeri reali arbitrari. Allora
(a + b)2 − 4(a − b)2 = a2 + 2ab + b2 − 4(a2 − 2ab + b2 )
= −3a2 + 10ab − 3b2
= 9ab − 3a2 − 3b2 + ab = (3b − a)(3a − b).
Terminiamo questa sezione presentando un’altra dimostrazione senza il lavoro di bozza preliminare, ma con un commentario per aiutarvi a leggere la
dimostrazione.
Teorema. Per ogni intero n, 6 | n sse 2 | n e 3 | n.
Dimostrazione. Sia n un intero arbitrario.
(→) Supponiamo 6 | n. Allora possiamo scegliere un intero k tale che 6k = n.
Pertanto n = 6k = 2(3k), cosı̀ 2 | n, e in maniera simile, n = 6k = 3(2k), cosı̀
3 | n.
(←) Supponiamo 2 | n e 3 | n. Allora possiamo scegliere degli interi j e k tali
che n = 2j ed n = 3k. Pertanto 6(j−k) = 6j−6k = 3(2j)−2(3k) = 3n−2n = n,
cosı̀ 6 | n.
Commentario. L’affermazione da dimostrare è ∀n ∈ Z(6 | n↔(2 | n∧3 | n)), e
la strategia più naturale per dimostrare un obiettivo di questa forma è lasciare n
arbitrario e dimostrare entrambe le direzioni del bicondizionale separatamente.
Dovrebbe essere chiaro che questa è la strategia usata nella dimostrazione.
Per la direzione da sinistra a destra del bicondizionale, assumiamo 6 | n e
dimostriamo 2 | n e 3 | n, trattandoli come due obiettivi separati. L’introduzione
dell’intero k è giustificata dall’istanziazione esistenziale, poiché l’assunzione 6 | n
vuol dire ∃k ∈ Z(6kn = n). A questo punto nella dimostrazione abbiamo i
seguenti dati e obiettivi:
Dati
n∈Z
k∈Z
6k = n
Obiettivo
2|n
3|n
Il primo obiettivo, 2 | n, significa ∃j ∈ Z(2j = n), cosı̀ dobbiamo trovare un
intero j tale che 2j = n. Sebbene la dimostrazione non lo dica in maniera cosı̀
esplicita, l’equazione n = 2(3k), che deriviamo nella dimostrazione, suggerisce
che il valore da usare per j è j = 3k. Chiaramente, 3k è un intero (un altro
passaggio saltato nella dimostrazione), cosı̀ questa scelta per j funziona. La
dimostrazione di 3 | n è simile.
Per la direzione da destra a sinistra assumiamo 2 | n e 3 | n e dimostriamo
6 | n. Ancora una volta, l’introduzione di j e k è giustificata dalla istanziazione
129
esistenziale. Nessuna spiegazione viene data del perché dovremmo calcolare
6(j −k), ma una dimostrazione non deve fornire una tale spiegazione. La ragione
per il calcolo dovrebbe essere chiara quando, sorprendentemente, risulta che
6(j − k) = n. Queste sorprese sono una parte del piacere di lavorare con le
dimostrazioni. Come nella prima metà della dimostrazione, poiché j − k è un
intero, questo mostra che 6 | n.
Esercizi
*1. Usate i metodi di questo capitolo per dimostrare che ∀x(P (x) ∧ Q(x)) è
equivalente a ∀xP (x) ∧ ∀xQ(x).
P 2. Dimostrate che se A ⊆ B e A ⊆ C allora A ⊆ B ∩ C.
D
P 3. Assumete A ⊆ B. Dimostrate che per ogni insieme C, C \ B ⊆ C \ A.
D
P *4. Dimostrate che se A ⊆ B e A * C allora B * C.
D
P 5. Dimostrate che se A ⊆ B \ C e A 6= ∅ allora B * C.
D
6. Dimostrate che per tutti gli insiemi A, B e C, A\(B∩C) = (A\B)∪(A\C),
trovando una sequenza di equivalenze che parte con x ∈ A \ (B ∩ C) e
termina con x ∈ (A \ B) ∪ (A \ C).
P *7. Usate i metodi di questo capitolo per dimostrare che per tutti gli insiemi
D
A e B, P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B).
P 8. Dimostrate che A ⊆ B sse P(A) ⊆ P(B).
D
*9. Dimostrate che se x ed y sono interi dispari, allora xy è dispari.
10. Dimostrate che per ogni intero n, n3 è pari sse n è pari.
Teorema? Sia m un intero pari ed n un intero dispari. Allora n2 − m2 =
n + m.
Dimostrazione. Poiché m è pari, possiamo scegliere un intero k tale
che m = 2k. In maniera simile, poiché n è dispari, abbiamo n =
2k + 1. Allora
n2 − m2 = (2k + 1)2 − (2k)2 = 4k 2 + 4k + 1 − 4k 2 = 4k + 1
= (2k + 1) + (2k) = n + m.
(b) Il teorema è corretto? Giustificate la vostra risposta con una dimostrazione o un controesempio.
*12. Dimostrate che ∀x ∈ R[∃y ∈ R(x + y = xy) ↔ x 6= 1].
13. Dimostrate che ∃z ∈ R∀x ∈ R+ [∃y ∈ R(y − x = y/x) ↔ x 6= z].
P 14. Supponete che B sia un insieme ed F una famiglia di insiemi. Dimostrare
D
che ∪{A \ B | A ∈ F} ⊆ ∪(F \ P(B)).
130
*15. Supponete che F e G siano famiglie non vuote di insiemi e che ogni elemento di F sia disgiunto da qualche elemento di G. Dimostrare che ∪F e
∩G sono disgiunti.
P 16. Dimostrare che per ogni insieme A, A = P(A).
D
P *17. Siano F e G famiglie di insiemi.
D
(a) Dimostrare che ∪(F ∩ G) ⊆ (∪F ) ∩ (∪G).
(b) Cosa c’è di sbagliato nella seguente dimostrazione che (∪F )∩(∪G) ⊆
∪(F ∩ G)?
Dimostrazione. Supponiamo x ∈ (∪F) ∩ (∪G). Questo significa che
x ∈ ∪F e x ∈ ∪G, cosı̀ ∃A ∈ F(x ∈ A) ed ∃A ∈ G(x ∈ A). Pertanto
possiamo scegliere un insieme A tale che A ∈ F, A ∈ G, e x ∈ A.
Poiché A ∈ F e A ∈ G, A ∈ F ∩ G. Pertanto ∃A ∈ F ∩ G(x ∈ A),
cosicché x ∈ ∪(F ∩ G). Poiché x era arbitrario, possiamo concludere
che (∪F ) ∩ (∪G) ⊆ ∪(F ∩ G).
(c) Trovare un esempio di famiglie di insiemi F e G per le quali ∪(F ∩G) 6=
(∪F ) ∩ (∪G).
18. Siano F e G famiglie di insiemi. Dimostrare che (∪F ) ∩ (∪G) ⊆ ∪(F ∩ G)
sse ∀A ∈ F∀B ∈ G(A ∩ B ⊆ ∪(F ∩ G)).
P 19. Siano F e G famiglie di insiemi. Dimostrare che ∪F e ∪G sono disgiunti
D
sse per tutti gli A ∈ F e B ∈ G, A e B sono disgiunti.
P 20. Siano F e G famiglie di insiemi.
D
P
D
(a) Dimostrare che (∪F) \ (∪G) ⊆ ∪(F \ G).
(b) Cosa c’è di sbagliato con la seguente dimostrazione che ∪(F \ G) ⊆
(∪F ) \ (∪G)?
Dimostrazione. Supponiamo x ∈ ∪(F \ G). Allora possiamo scegliere
un A ∈ F \ G tale che x ∈ A. Poiché A ∈ F \ G, allora A ∈ F e
A∈
/ G. Poiché x ∈ A e A ∈ F, allora x ∈ ∪F. Poiché x ∈ A e A ∈
/ G,
allora x ∈
/ ∪G. Pertanto x ∈ (∪F) \ (∪G).
(c) Dimostrare che ∪(F \ G) ⊆ (∪F) \ (∪G) sse ∀A ∈ (F \ G)∀B ∈
G(A ∩ B = ∅).
(d) Trovare un esempio di famiglie di insiemi F e G tali che ∪(F \ G) 6=
(∪F) \ (∪G).
*21. Supponete che F e G siano famiglie di insiemi. Dimostrate che se ∪F *
∪G, allora esiste qualche A ∈ F tale che per tutti i B ∈ G, A * B.
22. Sia B un insieme, {Ai | i ∈ I} una famiglia indicizzata di insiemi e I 6= ∅.
P
D
(a) Quali strategie di dimostrazione sono usate nella seguente dimostrazione che B ∩ (∪i∈I Ai ) = ∪i∈I (B ∩ Ai )?
Dimostrazione. Sia x arbitrario. Supponete x ∈ B ∩(∪i∈I Ai ). Allora
x ∈ B e x ∈ ∪i∈I Ai , pertanto possiamo scegliere qualche i0 ∈ I tale
131
che x ∈ Ai0 . Poiché x ∈ B e x ∈ Ai0 , abbiamo x ∈ B ∩ Ai0 . Pertanto
x ∈ ∪i∈I (B ∩ Ai ).
Ora supponiamo x ∈ ∪i∈I (B ∩ Ai ). Possiamo scegliere qualche i0 ∈ I
tale che x ∈ B ∩Ai0 . Pertanto x ∈ B e x ∈ Ai0 . Poiché x ∈ Ai0 allora
x ∈ ∪i∈I Ai . Poiché x ∈ B e x ∈ ∪i∈I Ai , allora x ∈ B ∩ ∪i∈I Ai . Dato
che x era arbitrario, abbiamo dimostrato che ∀x[x ∈ B ∩ (∪i∈I Ai ) ↔
x ∈ ∪i∈I (B ∩ Ai )], cosı̀ B ∩ (∪i∈I Ai ) = ∪i∈I (B ∩ Ai ).
(b) Dimostrare che B \ (∪i∈I Ai ) = ∩i∈I (B \ Ai ).
(c) Potete scoprire e dimostrare un teorema simile a quello di sopra per
B \ (∩i∈I Ai )? (Suggerimento: Provate a indovinare il teorema, e poi
a dimostrarlo. Se non potete terminare la dimostrazione potrebbe
essere perché la vostra congettura era sbagliata. Cambiate la vostra
congettura e riprovate.)
*23. Supponete che {Ai | i ∈ I} e {Bi | i ∈ I} siano famiglie indicizzate di
insiemi e I 6= ∅.
(a) Dimostrare che ∪i∈I (Ai \ Bi ) ⊆ (∪i∈I Ai ) \ (∩i∈I Bi ).
(b) Trovare un esempio per il quale ∪i∈I (Ai \ Bi ) 6= (∪i∈I Ai ) \ (∩i∈I Bi ).
24. Supponete che {Ai | i ∈ I} e {Bi | i ∈ I} siano famiglie indicizzate di
insiemi e Ineq∅.
(a) Dimostrare che ∪i∈I (Ai ∩ Bi ) ⊆ (∪i∈I Ai ) ∩ (∪i∈I Bi ).
(b) Trovare un esempio per il quale ∪i∈I (Ai ∩ Bi ) 6= (∪i∈I Ai ) ∩ (∪i∈I Bi ).
25. Dimostrare che per tutti gli interi a e b c’è un intero c tale che a | c e b | c.
26. (a) Dimostrare che per ogni intero n, 15 | n sse 3 | n e 5 | n.
(b) Dimostrare che non è vero che per ogni intero n, 60 | n sse 6 | n e
10 | n.
3.5
Dimostrazioni con Disgiunzioni
Supponete che uno dei vostri dati in una dimostrazione abbia la forma P ∨ Q.
Questo fatto ci dice che o P o Q è vero, ma non ci dice quale. Cosı̀, ci sono
due possibilità che bisogna tenere in considerazione. Una maniera di svolgere
la dimostrazione è quella di considerare queste due possibilità a turno. In altre
parole, prima assumete che P sia vera e usate questa assunzione per dimostrare
l’obiettivo. Poi assumete che Q sia vera e date un’altra dimostrazione che l’obiettivo sia vero. Sebbene voi non sappiate quale di queste assunzioni è corretta,
il fatto P ∨ Q ci dice che almeno una di queste deve essere corretta. Qualunque
essa sia, avete mostrato che essa implica l’obiettivo. Pertanto, l’obiettivo deve
essere vero.
Le due possibilità che sono considerate separatamente in questo tipo di dimostrazione — la possibilità che P sia vera e la possibilità che Q sia vera — sono
chiamate casi. Il dato P ∨ Q giustifica l’uso di questi due casi garantendo che
questi casi coprono tutte le possibilità. I matematici dicono in questa situazione
132
che i casi sono esaustivi. Qualunque dimostrazione può essere spezzata in due
o più casi in qualunque momento, purché questi casi siano esaustivi.
Per usare un dato della forma P ∨ Q:
Spezzate la dimostrazione in casi. Per il caso 1, assumete che
P sia vero e usate questa assunzione per dimostrare l’obiettivo. Per
il caso 2, assumete che Q sia vero e date un’altra dimostrazione
dell’obiettivo.
Dati
P ∨Q
Obiettivo
Caso 1:
Dati
P
Obiettivo
Caso 2:
Dati
Q
Obiettivo
Caso 1. P è vero.
[Qui va una dimostrazione dell’obiettivo.]
Caso 2. Q è vero.
[Qui va una dimostrazione dell’obiettivo.]
Poiché sappiamo P ∨ Q, questi casi coprono tutte le possibilità.
Pertanto l’obiettivo deve essere vero.
Esempio 3.5.1. Assumiamo che A, B e C siano insiemi. Dimostrare che se
A ⊆ C e B ⊆ C allora A ∪ B ⊆ C.
Assumiamo A ⊆ C e B ⊆ C e dimostriamo A ∪ B ⊆ C. Esplicitando l’obiettivo
usando i simboli logici ci da la seguente situazione di dati e obiettivo:
Dati
A⊆C
B⊆C
Obiettivo
∀x(x ∈ A ∪ B → x ∈ C)
Per dimostrare l’obiettivo, sia x arbitraria, assumiamo x ∈ A∪B, e proviamo
a dimostrare x ∈ C. Adesso abbiamo un nuovo fatto x ∈ A ∪ B, che scriviamo
come x ∈ A ∨ x ∈ B, e il nostro obiettivo è x ∈ C.
Dati
A⊆C
B⊆C
x∈A∨x∈B
133
Obiettivo
x∈C
Poiché l’obiettivo non può essere analizzato ulteriormente a questo punto,
guardiamo più attentamente i dati. Il primo dato sarebbe utile se incontrassimo
un oggetto che è elemento di A, perché ci consentirebbe di concludere immediatamente che questo oggetto deve anche essere un elemento di C. In maniera
simile, il secondo dato sarà utile quando incontreremo un elemento di B. Tenendo a mente che dovremmo stare attendi ad elementi di A o di B che possano
venire fuori, ci spostiamo a considerare il terzo dato. Poiché esso è della forma
P ∨ Q, proviamo la dimostrazione per casi. Per il primo caso assumiamo x ∈ A,
e per il secondo assumiamo x ∈ B. Nel primo caso abbiamo i seguenti dati e
obiettivi:
Dati
A⊆C
B⊆C
x∈A
Obiettivo
∀x(x ∈ A ∪ B → x ∈ C)
Abbiamo già deciso che se mai avessimo incontrato un elemento di A, potevamo
usare il primo dato per concludere che è anche un elemento di C. Poiché ora
abbiamo x ∈ A come dato, possiamo concludere che x ∈ C, che è il nostro
obiettivo. Il ragionamento per il secondo caso è simile, usando il secondo dato
invece del primo.
Soluzione
Teorema. Assumiamo che A, B e C siano insiemi. Se A ⊆ C e B ⊆ C allora
A ∪ B ⊆ C.
Dimostrazione. Supponiamo A ⊆ C e B ⊆ C, e sia x un elemento arbitrario di
A ∪ B. Allora, o x ∈ A, oppure x ∈ B.
Caso 1. x ∈ A. Allora, poiché A ⊆ C, x ∈ C.
Caso 2. x ∈ B. Allora, poiché B ⊆ C, x ∈ C.
Poiché sappiamo che o x ∈ A o x ∈ B, questi casi coprono tutte le possibilità,
cosı̀ possiamo concludere x ∈ C. Poiché x era un elemento arbitrario di A ∪ B,
questo significa A ∪ B ⊆ C.
Notate che i casi in questa dimostrazione non sono esclusivi. In altre parole,
è possibile che si x ∈ A sia xinB siano veri, quindi alcuni valori di x potrebbero
ricadere in entrambi i casi. Non c’è nulla di sbagliato con ciò. I casi nella nostra
dimostrazione devo coprire tutte le possibilità, ma non c’è nessun danno nel
coprire alcune possibilità più di una volta. In altre parole i casi devono essere
esaustivi, ma non è richiesto che siano esclusivi.
La dimostrazione per casi è talvolta utile se state dimostrando un obiettivo
della forma x ∈ P ∨ Q. Se potete dimostrare P in alcuni casi e Q in altri,
allora purché i vostri casi siano esaustivi potete concludere che P ∨ Q è vero.
134
Questo metodo è particolarmente utile se uno dei dati ha anche la forma di una
disgiunzione, perché potete usare i casi da essa suggeriti.
Per dimostrare un obiettivo della forma P ∨ Q:
Spezzate la dimostrazione in casi. In ogni caso dimostrate P o
dimostrate Q.
Esempio 3.5.2. Siano A, B e C insiemi. Dimostrate che A \ (B \ C) ⊆ (A \
B) ∪ C.
Poiché l’obiettivo è ∀x(x ∈ A\(B \C)→x ∈ (A\B)∪C), usiamo una variabile x
arbitraria, assumiamo x ∈ A \ (B \ C), e proviamo a dimostrare x ∈ (A \ B) ∪ C.
Esplicitando queste affermazioni in termini di simboli logici, otteniamo:
Dati
x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B ∧ x ∈
/ C)
Obiettivo
(x ∈ A ∧ x ∈
/ B) ∨ x ∈ C
Separiamo il dato in due dati separati, x ∈ A e ¬(x ∈ B ∧ x ∈
/ C), e poiché
il secondo è una affermazione negativa, possiamo usare una delle leggi di De
Morgan e riesprimerla come al’affermazione positiva x ∈
/ B ∨ x ∈ C.
Dati
x∈A
x∈
/ B∨x∈C
Obiettivo
(x ∈ A ∧ x ∈
/ B) ∨ x ∈ C
Ora il secondo dato e l’obiettivo sono entrambi disgiunzioni, cosı̀ proviamo
a considerare i due casi x ∈
/ B e x ∈ C suggeriti dal secondo dato. In accordo
alla nostra strategia per dimostrare obiettivi della forma P ∨ Q, se in ogni casi
possiamo o dimostrare x ∈ A ∧ x ∈
/ B oppure dimostrare x ∈ C, allora la
dimostrazione sarà completa. Per il primo caso assumiamo x ∈
/ B.
Dati
x∈A
x∈
/B
Obiettivo
(x ∈ A ∧ x ∈
/ B) ∨ x ∈ C
In questo l’obiettivo è chiaramente vero, perché in effetti possiamo concludere
x ∈ A∧x ∈
/ B. Per il secondo caso assumiamo x ∈ C, e ancora una volta
l’obiettivo è chiaramente vero.
Soluzione
Teorema. Siano A, B e C insiemi. Allora A \ (B \ C) ⊆ (A \ B) ∪ C.
Dimostrazione. Sia x ∈ A \ (B \ C). Allora x ∈ A e x ∈
/ B \ C. Poiché
x∈
/ B \ C, ne segue che o x ∈
/ B oppure x ∈ C. Consideriamo questi due casi
separatamente.
Caso 1. x ∈
/ B. Allora poiché x ∈ A, x ∈ A \ B e x ∈ (A \ B) ∪ C.
Caso 2. x ∈ C. Allora x ∈ (A \ B) ∪ C.
Poiché x era un elemento arbitrario di A \ (B \ C), possiamo concludere che
A \ (B \ C) ⊆ (A \ B) ∪ C.
135
Talvolta potrete trovare utile spezzare una dimostrazione in casi anche quando i casi non sono suggeriti da un fatto del tipo P ∨Q. Qualunque dimostrazione
può essere spezzata in casi in qualunque momento, purché i casi siano esaustivi
di tutte le possibilità.
Esempio 3.5.3. Dimostrare che per ogni intero x, il resto quando x2 è diviso
per 4 è 0 oppure 1.
Iniziamo indicando con x un intero arbitrario e proviamo a dimostrare che il
resto di x2 diviso 4 è 0 oppure q.
Dati
x∈Z
Obiettivo
(x2 ÷ 4 ha resto 0) ∨ (x2 ÷ 4 ha resto 1)
Poiché l’obiettivo è una disgiunzione, spezzare la dimostrazione in casi sembra un approccio promettente, ma non c’è nessun dato che suggerisca quali casi
usare. Tuttavia, provare un po’ di valori per x ci suggerisce quali sono i casi
giusti:
x
1
2
3
4
5
6
x2
1
4
9
16
25
36
quoziente di x2 ÷ 4
0
1
2
4
6
9
resto di x2 ÷ 4
1
0
1
0
1
0
Sembra che il resto sia sempre 0 quando x è pari e 1 quando x è dispari.
Questi sono i casi che useremo. Cosı̀, per il caso 1 assumiamo che x è pari e
proviamo a dimostrare che il resto è 0, per il caso 2 assumiamo che x sia dispari
e proviamo a dimostrare che il resto è 1. Poiché ogni intero è o pari o dispari,
questi casi sono esaustivi.
Esplicitando la definizione di pari, questi sono i dati e l’obiettivo per il caso 1:
Dati
x∈Z
∃k ∈ Z(x = 2k)
Obiettivo
x2 ÷ ha resto 0
Usiamo immediatamente il secondo dato e usiamo k per un qualche intero particolare per cui x = 2k. Allora x2 = (2k)2 = 4k 2 , cosı̀ chiaramente quando
dividiamo x2 per 4 il quoziente è k 2 e il resto è 0.
Il caso 2 è simile:
Dati
x∈Z
∃k ∈ Z(x = 2k + 1)
Obiettivo
x2 ÷ ha resto 0
Ancora una volta usiamo il secondo dato immediatamente e indichiamo con k
un particolare intero per cui x = 2k + 1. Allora x2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 =
136
4(k 2 + k) + 1, cosı̀ che quando dividiamo x2 per 4 otteniamo il quoziente k 2 + k
e il resto 1.
Soluzione
Teorema. Per ogni intero x, il resto quando x2 è diviso per 4 è 0 oppure 1.
Dimostrazione. Assumiamo x sia un intero. Consideriamo due casi.
Caso 1. x è pari. Allora x = 2k per qualche intero k, cosı̀ x2 = 4k 2 .
Chiaramente il resto della divisione di x2 per 4 0 0.
Caso 2. x è dispari. Allora x = 2k + 1 per qualche intero k, cosı̀ x2 =
4k 2 + 4k + 1. Chiaramente in questo caso il resto della divisione di x2 per 4 è
1.
Talvolta in una dimostrazione di un obiettivo della forma P ∨ Q è difficile
capire come spezzare la dimostrazione in casi. Ecco una maniera di farlo che è
spesso utile. Semplicemente assumete che P sia vera nel caso 1, e assumete che
è falsa nel caso 2. Certamente P è o vera o falsa, quindi i casi sono esaustivi.
Nel primo caso avete assunto che P è vera, quindi certamente l’obiettivo P ∨Q è
vero. Cosı̀, non sono necessari ulteriori ragionamenti per il caso 1. Nel secondo
caso avete assunto che P è falso, cosı̀ l’unico modo per cui l’obiettivo P ∨Q possa
essere vero è se Q è vero. Allora per completare questo caso dove dimostrare
che Q è vero.
Per dimostrare un obiettivo della forma P ∨ Q:
Se P è vero, l’obiettivo P ∨ Q è vero, cosı̀ dovete preoccuparvi
solo del caso in cui P è falso. Potete completare la dimostrazione in
questo caso dimostrando che Q è vero.
Dati
Obiettivo
P ∨Q
Dati
Obiettivo
Q
¬P
If P è vero, naturalmente P ∨ Q è vero. Assumiamo che P sia falso.
[Qui va una dimostrazione di Q.]
Cosı̀, P ∨ Q è vero.
137
Questa strategia per dimostrare P ∨ Q suggerisce di trasformare il problema
aggiungendo ul dato ¬P a cambiando l’obiettivo in Q. È interessante notare che
è esattamente la stessa trasformazione che usereste per dimostrare l’obiettivo
¬P → Q! Ciò non è poi cosı̀ sorprendente, perché sappiamo che le affermazioni
P ∨ Q e ¬P → Q sono equivalenti. Ma abbiamo derivato questa equivalenza
inizialmente dalle tabelle di verità per il connettivo condizionale, e questa tabella
di verità potrebbe essersi rivelata difficile da accettare. Forse il ragionamento
che abbiamo fatto adesso fa sembrare più naturale l’equivalenza, e quindi la
tabella di verità del condizionale.
Naturalmente i ruoli di P e Q possono essere invertiti quando si usa questa
strategia. Cosı̀, potete dimostrare P ∨Q assumendo che Q è falso e dimostrando
P.
Esempio 3.5.4. Dimostrare che per tutti i numeri reali x, se x2 ≥ x allora o
x ≤ 0 oppure x ≥ 1.
Il nostro obiettivo è ∀x(x2 ≥ x → (x ≤ 0 ∨ x ≥ 1)), cosı̀ per iniziare indichiamo
con x un numero reale arbitrario, assumiamo x2 ≥ x, e impostiamo x ≤ 0∨x ≥ 1
come nostro obiettivo:
Dati
Obiettivo
x2 ≥ x
x≤0∨x≥1
In accordo alla nostra strategia, per dimostrare questo strategia possiamo o
assumere x > 0 e dimostrare x ≥ 1, oppure assumere x < 1 e dimostrare x ≤ 0.
L’assunzione che x è positiva sembra probabilmente più utile nel ragionare sulle
diseguaglianze, cosı̀ seguiamo il primo approccio.
Dati
Obiettivo
x2 ≥ x
xgeq1
x>0
La dimostrazione ora è facile. Poiché x > 0, possiamo dividere la diseguaglianza x2 ≥ x per x ottenendo l’obiettivo x ≥ 1.
Soluzione
Teorema. Pper tutti i numeri reali x, se x2 ≥ x allora o x ≤ 0 oppure x ≥ 1.
Dimostrazione. Assumiamo x2 ≥ x. Se x ≤ 0 allora naturalmente x ≤ 0 o
x ≥ 1. Ora assumiamo x > 0. Allora possiamo dividere entrambi i lati della
diseguaglianza x2 ≥ x per x e concludere x ≥ 1. Cosı̀, o x ≤ 0 oppure x ≥ 1.
L’equivalenza di P ∨ Q e ¬P → Q suggerisce anche una regola di inferenza
chiamata sillogismo disgiuntivo per usare una affermazione del tipo P ∨ Q:
Per usare un dato della forma P ∨ Q:
Se vi è anche dato ¬P , o potete dimostrare che P è falso, allora
potete usare questo dato per concludere che Q è vero. In maniera
simile, se vi è dato ¬Q, o potete dimostrare che Q è falso, potete
concludere che P è vero.
138
In effetti, questa regola è quella che abbiamo usato nel nostro primo di
ragionamento deduttivo nel Capitolo 1!
Ancora una volta, terminiamo la sezione con una dimostrazione da leggere
senza il beneficio di un lavoro di bozza preliminare.
Teorema 3.5.5. Supponiamo che m ed n siano interi. Se mn è pari, allora o
m è pari o n è pari.
Dimostrazione. Supponiamo che mn sia pari. Allora possiamo scegliere un intero k tale che mn = 2k. Se m è pari allora non c’è niente più da dimostrare,
cosı̀ supponiamo che m sia dispari. Allora m = 2j + 1 per qualche intero j.
Sostituendo questo nell’equazione mn = 2k, otteniamo (2j + 1)n = 2k, cosı̀
2jn + n = 2k, e pertanto n = 2k − 2jn = 2(k − jn). Poiché k − jn è un intero,
ne segue che n è pari.
Commentario. La forma complessiva della dimostrazione è la seguente:
Supponiamo che mn è pari
Se m è pari, allora chiaramente o m è pari o n è pari. Ora
supponiamo che m non sia pari. allora m è dispari.
[Qui va un dimostrazione che n è pari.]
Pertanto o m è pari o n è pari. Pertanto se mn è pari allora o m
è pari o n è pari.
L’assunzione che mn è pari ed m è dispari conduce, per quantificazione
esistenziale, alla equazione mn = 2k e m = 2j + 1. Sebbene la dimostrazione
non lo dica esplicitamente, ci si aspetta che siate voi stessi a capire che allo
scopo di dimostrare che n è pari, è sufficiente trovare un intero c tale che n = 2c.
Semplici passaggi algebrici conducono alla equazione n = 2(k−jn), cosı̀ la scelta
c = k − jn funziona.
Esercizi
*1. Supponete che A, B e C siano insiemi. Dimostrate che A ∩ (B ∪ C) ⊆
(A ∩ B) ∪ C.
P 2. Supponete che A, B e C siano insiemi. Dimostrate che (A ∪ B) \ C ⊆
D
A ∪ (B \ C).
P 3. Supponete che A e B siano insiemi. Dimostrate che A \ (A \ B) ⊆ A ∩ B.
D
P *4. Supponete che A ∩ C ⊆ B ∩ C e A ∪ C ⊆ B ∪ C. Dimostrare che A ⊆ B.
D
P 5. Ricordate dalla Sezione 1.4 che la differenza simmetrica di due insiemi A
D
e B è l’insieme A 4 B = (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B). Dimostrare
che se A 4 B ⊆ A allora B ⊆ A.
P 6. Supponete che A, B e C siano insiemi. Dimostrate che A ∪ C ⊆ B ∪ C sse
D
A \ C ⊆ B \ C.
P *7. Dimostrate che per tutti gli insiemi A e B, P(A) ∪ P(B) ⊆ P(A ∪ B).
D
P
D
139
8. Dimostrate che per tutti gli insiemi A e B, se P(A) ∪ P(B) = P(A ∪ B)
allora o A ⊆ B o B ⊆ A.
9. Supponete che x e y siano numeri reali e x 6= 0. Dimostrare che y + 1/x =
1 + y/x sse o x = 1 oppure y = 1.
10. Dimostrate che per tutti i numeri reali x, se |x − 3| > 3 allora x2 > 6x.
(Suggerimento: In accordo alla definizione di |x − 3|, se x − 3 ≥ 0 allora
|x − 3| = x − 3, e se x − 3 < 0 allora |x − 3| = 3 − x. La maniera più
semplice per per usare questo fatto è spezzare la dimostrazione in casi.
Assumete che x − 3 ≥ 0 nel caso 1, e x − 3 < 0 nel caso 2.)
*11. Dimostrate che per ogni numero reale x, |2x − 6| > x sse |x − 4| > 2.
(Suggerimento: Leggere il suggerimento per l’esercizio 10.)
12. (a) Dimostrate che per tutti i numeri reali a e b, |a| ≤ b sse −b ≤ a ≤ b.
P
D
(b) Dimostrate che per tutti i numeri reali x, −|x| ≤ x ≤ |x|. (Suggerimento: Usate la parte (a).)
(c) Dimostrate che per tutti i numeri reali x e y, |x + y| ≤ |x|+|y|. (Questa è chiamata diseguaglianza triangolare. Una maniera di dimostrarla è combinare le parti (a) e (b), ma potete farlo solo considerando
un certo numero di casi.)
13. Dimostrate che per ogni intero x, x2 + x è pari.
14. Dimostrate che per ogni intero x, il resto di x4 diviso 8 è 0 o 1.
*15. Supponete che F e G siano famiglie non vuote di insiemi.
(a) Dimostrate che ∪(F ∪ G) = (∪F) ∪ (∪G).
(b) Potete trovare e dimostrare un teorema simile per ∩(F ∪ G) ?
16. Supponete che F sia una famiglia non vuota di insiemi.
(a) Dimostrate che B ∪ (∪F) = ∪(F ∪ {B}).
(b) Dimostrate che B ∪ (∩F) = ∩A∈F (B ∪ A).
(c) Potete trovare ed dimostrare un teorema simile per B ∩ (∩F)?
17. Supponete che F, G e H siano famiglie non vuote di insiemi e per ogni
A ∈ F e ogni B ∈ G, A ∪ B ∈ H. Dimostrate che ∩H ⊆ (∩F) ∪ (∩G).
P 18. Supponete che A e B siano insiemi. Provate che ∀x(x ∈ A 4 B ↔ (x ∈
D
A↔x∈
/ B)).
P *19. Supponete che A, B e C siano insiemi.
Provate che A 4 B e C sono
D
disgiunti sse A ∩ C = B ∩ C.
P 20. Supponete che A,B e C siano insiemi. Dimostrate che A 4 B ⊆ C sse
D
A ∪ C = B ∪ C.
P 21. Supponete che A, B e C siano insiemi. Dimostrate che C ⊆ A 4 B sse
D
C ⊆ A ∪ B e A ∩ B ∩ C = ∅.
P *22. Supponete che A, B e C siano insiemi.
D
(a) Dimostrate che A \ C ⊆ (A \ B) ∪ (B \ C).
(b) Dimostrate che A 4 C ⊆ (A 4 B) ∪ (B 4 C).
*23. Supponete A, B e C siano insiemi.
P
D
140
(a) Dimostrate che (A ∪ B) 4 C ⊆ (A 4 C) ∪ (B 4 C).
(b) Trovate un esempio di insiemi A, B e C tali che (A ∪ B) 4 C 6=
(A 4 C) ∪ (B 4 C).
P
D
24. Supponete che A, B e C siano insiemi.
(a) Dimostrate che (A 4 C) ∩ (B 4 C) ⊆ (A ∩ B) 4 C.
(b) È sempre vero che (A ∩ B) 4 C ⊆ (A 4 C) ∩ (B 4 C) ? Date una
dimostrazione o un controesempio.
25. Supponete che A, B e C siano insiemi. Considerate gli insiemi (A \ B) 4 C
e (A 4 C) \ (B 4 C). Potete dimostrare che uno è sottoinsieme dell’altro
? Giustificate la vostra conclusione o con una dimostrazione o con un
controesempio.
*26. Considerate il seguente teorema putativo.
P
D
Teorema? Per ogni numero reale x, se |x − 3| < 3 allora 0 < x < 6.
La seguente dimostrazione è corretta? Se sı̀, quali strategie di dimostrazione usa? Se no, può essere corretta? Il teorema è corretto.
Dimostrazione. Sia x un numero reale arbitrario, e supponiamo |x − 3| <
3. Consideriamo due casi:
Caso 1. x − 3 ≥ 0. Allora |x − 3| = x − 3. Usando questo fatto
nell’assunzione |x − 3| < 3, otteniamo x − 3 < 3, quindi chiaramente
x < 6.
Caso 2. x − 3 < 0. Allora |x − 3| = 3 − x, cosı̀ l’assunzione |x − 3| < 3
vuol dire 3 − x < 3. Pertanto 3 < 3 + x e quindi 0 < x.
Poiché abbiamo dimostrato sia 0 < x che x < 6, possiamo concludere che
0 < x < 6.
Teorema? Per tutti gli insiemi A, B e C, se A\B ⊆ C and A * C allora
A ∩ B 6= ∅.
La seguente dimostrazione è corretta? Se sı̀, quali strategie di dimostrazione usa. Se no, può essere corretta? Il teorema è corretto?
Dimostrazione. Poiché A * C, possiamo scegliere un x tale che x ∈ A e
x∈
/ C. Poiché x ∈
/ C e A \ B ⊆ C, x ∈
/ A \ B. Pertanto o x ∈
/ A oppure
x ∈ B. Ma già sappiamo che x ∈ A, pertanto ne segue che x ∈ B. Poiché
x ∈ A e x ∈ B, x ∈ A ∩ B. Pertanto A ∩ B 6= ∅.
Teorema? ∀x ∈ R∃y ∈ R(xy 2 6= y − x).
141
Dimostrazione. Sia x un numero reale arbitrario.
Caso 1. x = 0. Sia y = 1. Allora xy 2 = 0 e y − x = 1 − 0 = 1, cosı̀
xy 2 6= y − x.
Caso 2. x 6= 0. Sia y = 0. Allora xy 2 = 0 e y − x = −x 6= 0, cosı̀
xy 2 6= y − x.
Poiché questi casi sono esaustivi, abbiamo dimostrato che ∃y ∈ R(xy 2 6=
y − x). Poiché x era arbitrario, questo mostra che ∀x ∈ R∃y ∈ R(xy 2 6=
y − x).
29. Dimostrate che se ∀xP (x) → ∃xQ(x) allora ∃(P (x) → Q(x)). (Suggerimento: Ricordate che P → Q è equivalente a ¬P ∨ Q.)
Teorema? Supponete che A, B e C siano insiemi e A ⊆ B ∪ C. Allora
A ⊆ B o A ⊆ C.
Dimostrazione. Sia x un elemento arbitrario di A. Poiché A ⊆ B ∪ C, ne
segue che o x ∈ B o x ∈ C.
Caso 1. x ∈ B. Poiché x era elemento arbitrario di A, ne segue che
∀x ∈ A(x ∈ B), che significa A ⊆ B.
Caso 2. x ∈ C. In maniera simile, poiché x era elemento arbitrario di
A, possiamo concludere A ⊆ C.
Cosı̀, o A ⊆ B o A ⊆ C.
31. Dimostrate ∃x(P (x) → ∀yP (y)).
3.6
Dimostrazioni di Esistenza e Unicità
In questa sezione consideriamo dimostrazioni nei quali l’obiettivo da dimostrare
ha la forma ∃!xP (x). Come abbiamo visto nella Sezione 2.2, questa può essere
pensata come una abbreviazione della formula ∃x(P (x) ∧ ¬∃y(P (y) ∧ y 6= x)).
In accordo alle strategie di dimostrazione discusse nelle sezioni precedenti, potremmo dimostrare questo obiettivo trovando un valore particolare per x per
il quale possiamo dimostrare sia P (x) sia ¬∃y(P (y) ∧ y 6= x)). L’ultima parte
di questa dimostrazione richiede di dimostrare una affermazione negativa, ma
possiamo riesprimerla in una affermazione positiva equivalente.
¬∃y(P (y) ∧ y 6= x)
è equivalente a ∀y¬(P (y) ∧ y 6= x)
che è equivalente a ∀y(¬P (y) ∨ y = x)
che è equivalente a ∀y(P (y) → y = x)
(legge di neg. dei quantificatori)
(legge di De Morgan)
(legge condizionale)
Cosı̀, vediamo che ∃x!P (x) potrebbe anche essere scritto come ∃(P (x) ∧
∀y(P (y) → y = x)). In effetti, come mostra il prossimo esempio, varie altre
formule sono anch’esse equivalenti a ∃!xP (x), e suggeriscono altri approcci per
dimostrare obiettivi di questa forma.
142
Esempio 3.6.1. Dimostrare che le seguenti formule sono tutte equivalenti.
1. ∃x(P (x) ∧ ∀y(P (y) → y = x)).
2. ∃x∀y(P (y) ↔ y = x).
3. ∃xP (x) ∧ ∀y∀z(P (y) ∧ P (z) → y = z).
Se dimostriamo direttamente che ognuno di questi enunciati è equivalente a tutti gli altri, dovremo dimostrare tre bicondizionali: enunciato 1 sse enunciato 2,
enunciato 1 sse enunciato 3, ed enunciato 2 sse enunciato 3. Se dimostriamo
ogni bicondizionale col metodo della Sezione 3.4, ognuna di queste dimostrazioni consisterà in due dimostrazioni condizionali, cosı̀ avremo bisogno in totale
di sei dimostrazioni condizionali. Fortunatamente, c’è una strada più semplice.
Dimostreremo che l’enunciato 1 implica l’enunciato 2, l’enunciato 2 implica l’enunciato 3 e l’enunciato 3 implica l’enunciato 1 — solo tre condizionali. Sebbene
non daremo una dimostrazione separata che l’enunciato 2 implichi l’enunciato
1, questo seguirà dal fatto che l’enunciato 2 implica l’enunciato 3 e l’enunciato 3
implica l’enunciato 1. In maniera analoga, gli altri due condizionali seguono dai
tre che dimostreremo. I matematici quasi sempre usano delle scorciatoie come
questa quando devono dimostrare che un insieme di affermazioni sono equivalenti. Poiché dimostreremo tre affermazioni condizionali, la nostra dimostrazione
avrà tre parti, che etichetteremo con 1 → 2, 2 → 3 e 3 → 1. Avremo bisogno di
determinare una strategia per le tre parti separatamente.
1 → 2. Assumiamo l’enunciato 1 e dimostriamo l’enunciato 2. Poiché l’enunciato 1 inizia con un quantificatore esistenziale, scegliamo un nome, diciamo x0
per un oggetto per il quale sia P (x0 ) che ∀y(P (y) → y = x0 ) sono veri. Cosı̀,
abbiamo la seguente situazione:
Dati
P (x0 )
∀y(P (y) → y = x0 )
Obiettivo
∃x∀y(P (y) ↔ y = x)
Il nostro obiettivo inizia anch’esso con un quantificatore esistenziale, cosı̀ per
dimostrarlo dovrebbe trovare un valore per x che rende vera il resto dell’affermazione. Naturalmente, la scelta ovvia è x = x0 . Rimpiazzando x con x0 , vediamo
che dobbiamo dimostrare ∀y(P (y) ↔ y = x0 ). Usiamo y per una variabile arbitraria e dimostriamo entrambe le direzioni del bicondizionale. La direzione →
è ovvia dal secondo dato. Per la direzione ←, supponiamo y = x0 . Abbiamo
anche P (x0 ) come data, e rimpiazzando y per x0 in questo dato otteniamo P (y).
2 → 3. L’enunciato 2 è una affermazione esistenziale, pertanto usiamo x0
per un oggetto tale che ∀y(P (y) ↔ y = x0 ). L’obiettivo, l’enunciato 3, è una
congiunzione, cosı̀ la trattiamo come due obiettivi separati.
Dati
∀y(P (y) ↔ y = x0 )
Obiettivo
∃xP (x)
∀y∀z((P (y) ∧ P (z)) → y = z)
Per dimostrare il primo obiettivo dobbiamo scegliere un valore per x, e naturalmente il valore ovvio è di nuovo x = x0 . Cosı̀, dobbiamo dimostrare P (x0 ).
143
La maniera naturale di usare il nostro solo dati è di mettere qualcosa al posto
di y; per dimostrare l’obiettivo P (x0 ), la cose ovvia da mettere è x0 . Questo ci
da P (x0 ) ↔ x0 = x0 . Naturalmente x0 = x0 è vero, cosı̀ per la direzione ← del
bicondizionale, otteniamo P (x0 ).
Per il secondo obiettivo, indichiamo con y e z due oggetti arbitrari, assumiamo P (y) e P (z), e proviamo a dimostrare y = z.
Dati
∀y(P (y) ↔ y = x0 )
P (y)
P (z)
Obiettivo
y=z
Istanziando il primo dato con le variabili y e z, otteniamo P (y) ↔ y = x0 e
P (z) ↔ z = x0 . Poiché abbiamo assunto P (y) e P (z), questa volta usiamo la
direzione → di questi bicondizionali per concludere che y = x0 e z = x0 . Il
nostro obiettivo y = z segue chiaramente.
3 → 1. Poiché l’enunciato 3 è una congiunzione, lo trattiamo come due dati
separati. Il primo è un quantificatore esistenziale, cosı̀ indichiamo con x0 un
oggetto per il quale P (x0 ) è vero. Per dimostrare l’affermazione 1, di nuovo
poniamo x = x0 , cosı̀ che abbiamo la seguente situazione:
Dati
P (x0 )
∀y∀z((P (y) ∧ P (z)) → y = z)
Obiettivo
P (x0 ) ∧ ∀y(P (y) → y = x0 )
Abbiamo già la prima metà dell’obiettivo, cosı̀ dobbiamo soltanto dimostrare la seconda. Per far ciò, sia y un oggetto arbitrario, assumiamo P (y), e
trasformiamo il nostro obiettivo in y = x0 .
Dati
P (x0 )
∀y∀z((P (y) ∧ P (z)) → y = z)
P (y)
Obiettivo
y = x0
Ma ora sappiamo sia P (y) che P (x0 ), per cui l’obiettivo y = x0 segue dal secondo
dato.
Soluzione
Teorema. Le seguenti formule sono equivalenti:
1. ∃x(P (x) ∧ ∀y(P (y) → y = x)).
2. ∃x∀y(P (y) ↔ y = x).
3. ∃xP (x) ∧ ∀y∀z(P (y) ∧ P (z) → y = z).
Dimostrazione. 1 → 2. Data l’affermazione 1, indichiamo con x0 un oggetto tale
che P (x0 ) e ∀y(P (y) → y = x0 ). Per dimostrare l’affermazione 2, mostreremo
che ∀y(P (y) ↔ y = x0 ). La direzione → è immediata. Per la direzione ←,
supponiamo y = x0 . Allora poiché sappiamo P (x0 ), possiamo concludere P (y).
144
2 → 3. Data l’affermazione 2, scegliamo x0 tale che ∀y(P (y) ↔ y = x0 ).
Allora, in particolare, P (x0 ) ↔ x0 = x0 e poiché chiaramente x0 = x0 , ne segue
che P (x0 ) è vero. Cosı̀, ∃xP (x). Per dimostrare la seconda parte dell’affermazione 3, siano x ed y oggetti arbitrari e supponiamo P (y) e P (z). Allora per la
nostra scelta di x0 (come qualcosa per cui ∀y(P (y) ↔ y = x0 ) è vero), segue che
y = x0 e z = x0 , e quindi y = z.
3 → 1. Per la prima metà dell’affermazione 3, indichiamo con x0 un oggetto
tale che P (x0 ). Allora, ∃xP (x). L’affermazione 1 seguirà se possiamo dimostrare
che ∀y(P (y)→y = x0 ), cosı̀ supponiamo P (y). Poiché ora abbiamo sia P (x0 ) che
P (y), per la seconda metà dell’affermazione 3 possiamo concudere che y = x0 ,
come richiesto.
Poiché tutte e tre le affermazione nel teorema sono equivalenti a ∃!xP (x),
possiamo dimostrare un obiettivo di questa forma dimostrando qualunque delle
tre affermazioni del teorema. Probabilmente la tecnica più comune per dimostrare un obiettivo della forma ∃!xP (x) è dimostrare l’affermazione 3 del
teorema.
Per dimostrare un obiettivo della forma ∃!xP (x):
Dimostrare ∃xP (x) e ∀y∀z((P (y) ∧ P (z)) → y = z). Il primo di
questi obiettivi mostra che esiste un x tale che P (x) è vero, e il secondo mostra che è unico. Pertanto, le due parti della dimostrazione
sono talvolta etichettate come esistenza e unicità.
Esistenza: [Una dimostrazione di ∃xP (x) va qui.]
Unicità: [Una dimostrazione di ∀y∀z((P (y) ∧ P (z) → y = z) va qui.]
Esempio 3.6.2. Dimostrare che esiste un unico insieme A tale che, per ogni
insieme B, A ∪ B = B.
Il nostro obiettivo è ∃!AP (A), dove P (A) è l’affermazione ∀B(A ∪ B = B).
In accordo alla nostra strategia, possiamo dimostrarlo provando separatamente
l’esistenza e l’unicità. Per la metà della dimostrazione che riguarda l’esistenza
dobbiamo dimostrare ∃AP (A), cosı̀ dobbiamo trovare un valore di A che rende
vero P (A). Non c’è un metodo sistematico per trovare questo A, ma se pensata a
ciò che vuol dire l’affermazione P (A), dovreste rendervi conto che la scelta giusta
è A = ∅. Mettendo questo valore al posto di A, vediamo che per completare la
prova di esistenza dobbiamo mostrare che ∀B(∅∪B = B). Questo è chiaramente
vero. (Se non siete sicuri, scrivetene per esteso la dimostrazione!)
Per la metà della dimostrazione che riguarda l’unicità, dobbiamo dimostrare
∀C∀D((P (C) ∧ P (D)) → C = D). Per far ciò, siano C e D oggetti arbitrari,
assumiamo P (C) e P (D), e dimostriamo C = D. Esplicitando il significato
delle affermazioni P (C) e P (D), otteniamo i seguenti dati e obiettivo:
Dati
∀B(C ∪ B = B)
∀B(D ∪ B = B)
145
Obiettivo
C=D
Per usare i dati, dobbiamo provare a trovare qualcosa da rimpiazzare al
posto di B in ognuno di essi. C’è una scelta furba che rende facile il resto della
dimostrazione: Rimpiazziamo B con D nel primo dato, e con C nel secondo.
Questo ci da C ∪ D = D e D ∪ C = C. Ma chiaramente C ∪ D = D ∪ C. (Se
non vedete il perché, dimostratelo!) L’obiettivo C = D segue immediatamente.
Soluzione
Teorema. Esiste un unico insieme A tale che, per ogni insieme B, A ∪ B = B.
Dimostrazione. Esistenza: Chiaramente ∀B(∅ ∪ B = B), per cui ∅ ha la proprietà richiesta.
Unicità: Supponiamo ∀B(C ∪ B = B) e ∀B(D ∪ B = B). Applicando la
prima di queste assunzioni a D otteniamo C ∪ D = D, e applicando la seconda a
C otteniamo D ∪ C = C. Ma chiaramente C ∪ D = D ∪ C, pertanto C = D.
Talvolta una affermazione della forma ∃!xP (x) si dimostra utilizzando l’affermazione 1 dell’Esempio 3.6.1. Questo ci conduce alla seguente strategia di
dimostrazione.
Per dimostrare un obiettivo della forma ∃!xP (x):
Dimostrare ∃x(P (x) ∧ ∀y(P (y) → y = x)), usando le strategie
delle precedenti sezioni.
Esempio 3.6.3. Dimostrare che per ogni numero reale x, se x 6= 2 allora c’è
un unico numero reale y tale che 2y/(y + 1) = x.
Il nostro obiettivo è ∀x(x 6= 2 → ∃!y(2y/(y + 1) = x)). Pertanto indichiamo
con x un oggetto arbitrario, assumiamo x 6= 2 e dimostriamo ∃!y(2y/(y + 1) =
x). In accordo alla strategia precedente, possiamo dimostrare questo obiettivo
dimostrando l’affermazione equivalente ∃y(2y/(y + 1) = x ∧ ∀z(2z/(z + 1) =
x → x = z)). Iniziamo provando a determinare un valore di y che rende vera
l’equazione 2y/(y + 1) = x. In altre parole, risolviamo questa equazione per y:
2y
x
= x ⇒ 2y = x(y + 1) ⇒ y(2 − x) = x ⇒ y =
.
y+1
2−x
Notare che abbiamo x 6= 2 come dato, per cui la divisione per 2 − x all’ultimo
passo ha senso. Naturalmente, questi passi non appariranno nella dimostrazione.
Semplicemente poniamo y = x/(2−x) e proviamo a dimostrare sia 2y/(y+1) = x
sia ∀z(2z/(z + 1) = x → z = y).
Dati
x 6= 2
x
y = 2−x
Obiettivo
2y
y+1 = x
2z
∀z z+1
=
x→z =y
146
Il primo obiettivo è facile da verificare semplicemente rimpiazzando y con
x/(2 − x). Per il secondo, indichiamo con z un oggetto arbitrario, assumiamo
2z/(z + 1) = x e dimostriamo z = y:
Dati
x 6= 2
x
y = 2−x
2z
z+1 = x
Obiettivo
z=y
Possiamo ora mostrare che z = y risolvendo per z il terzo dato:
x
2z
= x ⇒ 2z = x(z + 1) ⇒ z(2 − x) = x ⇒ z =
= y.
z+1
2−x
Notare che i passaggi usati qui sono esattamente gli stessi passaggi usati
precedentemente per risolvere l’equazione per y. Questa è una cosa comune nelle
dimostrazioni di esistenza e unicità. Sebbene il lavoro di bozza per determinare
una dimostrazione di esistenza non dovrebbe apparire nella dimostrazione finale,
questo lavoro di bozza, o dei ragionamenti simili ad esso, possono talvolta essere
usati per dimostrare che l’oggetto mostrato esistere è unico.
Soluzione
Teorema. Per ogni numero reale x, se x 6= 2 allora c’è un unico numero reale
y tale che 2y/(y + 1) = x.
Dimostrazione. Sia x un numero reale arbitrario, e assumiamo x 6= 2. Sia
y = x/(2 − x), che è definito poiché x 6= 2. Allora
2y
=
y+1
2x
2−x
2x
2−x +
1
=
2x
2x−1
2
2−x
=
2x
= x.
2
Per vedere che questa soluzione è unica, supponiamo 2z/(z + 1) = x. Allora
2z = x(z + 1), e quindi z(2 − x) = x. Poiché x 6= 2 possiamo dividere ambo i
membri per 2 − x ottenendo z = x/(2 − x) = y.
Il teorema nell’Esempio 3.6.1 può anche essere usato per formulare strategie
per usare dati della forma ∃!xP (x). Ancora una volta, la formula 3 del teorema
è quella usata più spesso.
Per usare un dato della forma ∃!xP (x):
Trattatelo come due dati distinti, ∃xP (x) e ∀y∀z((P (y)∧P (z)→
y = z). Per usare la prima affermazione dovrete probabilmente
scegliere un nome, diciamo x0 , che stia per un oggetto tale che P (x0 )
è vero. La seconda affermazione dice che se mai doveste incontrare
due oggetti y e z tali che P (y) e P (z) sono entrambi veri, potete
concludere y = z.
147
Esempio 3.6.4. Si supponga che A, B e C siano insiemi, A e B non siano disgiunti, A e C non siano disgiunti e A abbia esattamente un elemento.
Dimostrare che B e C non sono disgiunti.
Dati
A ∩ B 6= ∅
A ∩ C 6= ∅
∃!x(x ∈ A)
Obiettivo
B ∩ C 6= ∅
Trattiamo l’ultimo dato come due dati separati, come suggerito dalla nostra
strategia. Esplicitando il significato degli altri dati e dell’obiettivo, abbiamo la
seguente situazione:
Dati
∃x(x ∈ A ∧ x ∈ B)
∃x(x ∈ A ∧ x ∈ C)
∃x(x ∈ A)
∀y∀z((y ∈ A ∧ z ∈ A) → y = z)
Obiettivo
∃x(x ∈ B ∧ x ∈ C)
Per dimostrare l’obiettivo, dobbiamo trovare qualcosa che sia elemento sia
di B che di C. Per far ciò, volgiamo la nostra attenzione ai dati. Il primo dato
ci dice che possiamo scegliere un nome, diciamo b, per qualcosa tale che b ∈ A e
b ∈ B. In maniera simile, dal secondo dato otteniamo c ∈ A e c ∈ C. Attenzione
al fatto che non possiamo scegliere, per secondo dato, b come nome per l’oggetto
che appartiene sia ad A che a C; b è stato già usato e nulla ci assicura, almeno
per ora, che l’oggetto appartenente sia ad A che a C sia lo stesso b che appartiene
sia ad A che a B. A questo punto il terzo dato e ridondante. Sappiamo già che
c’è qualcosa in A, poiché sappiamo effettivamente che b ∈ A e c ∈ A. Possiamo
quindi saltare all’ultimo dato, che dice che se mai incontrassimo due oggetti che
sono elementi di A, potremmo concludere che questi due oggetti sono uguali.
Ma come abbiamo appena osservato, sappiamo che b ∈ A e c ∈ A! Possiamo
pertanto concludere che b = c. Poiché b ∈ B e b = c ∈ C, abbiamo trovato
qualcosa che è un elemento sia di B che di C, come richiesto per dimostrare
l’obiettivo.
Soluzione
Teorema. Si supponga che A, B e C siano insiemi, A e B non siano disgiunti,
A e C non siano disgiunti e A abbia esattamente un elemento. Allora B e C
non sono disgiunti.
Dimostrazione. Poiché A e B non sono disgiunti, indichiamo con b un oggetto
tale che b ∈ A e b ∈ B. Analogamente, poiché A e C non sono digiunti, c’è
almeno un oggetto c tale che c ∈ A e c ∈ B. Poiché A ha un solo elemento, deve
essere b = c. Allora b = c ∈ B ∩ C a pertanto B e C non sono disgiunti.
148
Esercizi
*1. Dimostrare che per ogni numero reale x c’è un unico numero reale y tale
che x2 y = x − y.
2. Dimostrare che c’è un unico numero reale x tale che per ogni numero reale
y, xy + x − 4 = 4y.
3. Dimostrare che per ogni numero reale x, se x 6= 0 e x 6= 1 allora c’è un
unico numero reale y tale che y/x = y − x.
*4. Dimostrare che per ogni numero reale x, se x 6= 0 c’è un unico numero
reale y tale che per ogni numero reale z, zy = z/x.
5. Si ricordi che se F è una famiglia di insiemi, allora ∪F = {x | ∃A(A ∈
F ∧ x ∈ A)}. Supponiamo di definire un nuovo insieme ∪!F tramite la
formula ∪!F = {x | ∃!A(A ∈ F ∧ x ∈ A)}.
(a) Dimostrare che per ogni famiglia di insiemi F, ∪!F ⊆ ∪F .
(b) Una famiglia di insiemi F è detta disgiunta a coppie se tutte le coppie
di elementi distinti di F sono disgiunte; ovvero, ∀A ∈ F∀B ∈ F(A 6=
B → A ∩ B = ∅). Dimostrare che per ogni famiglia di insiemi F,
∪!F = ∪F sse F è disgiunta a coppie.
P
D
*6. Sia U un insieme.
(a) Dimostrare che c’è un unico A ∈ P(U ) tale che per ogni B ∈ P(U ),
A ∪ B = B.
(b) Dimostrare che c’è un unico A ∈ P(U ) tale che per ogni B ∈ P(U ),
A ∪ B = A.
7. Sia U un insieme.
P
D
(a) Dimostrare che c’è un unico A ∈ P(U ) tale che per ogni B ∈ P(U ),
A ∩ B = B.
(b) Dimostrare che c’è un unico A ∈ P(U ) tale che per ogni B ∈ P(U ),
A ∩ B = A.
8. Sia U un insieme.
P
D
(a) Dimostrare che per ogni A ∈ P(U ) c’è un unico B ∈ P(U ) tale che,
per ogni C ∈ P(U ), C \ A = C ∩ B.
(b) Dimostrare che per ogni A ∈ P(U ) c’è un unico B ∈ P(U ) tale che,
per ogni C ∈ P(U ), C ∩ A = C \ B.
9. Ricordate ciò che avete mostrato nell’esercizio 2 della Sezione 1.4 che la
differenza simmetrica è associativa; in altre parole, per tutti gli insiemi A,
B e C, A 4 (B 4 C) = (A 4 B) 4 C. Per questo problema, potreste anche
trovare utile notare che la differenza simmetrica è commutativa; in altre
parole, per tutti gli insiemi A e B, A 4 B = B 4 A.
P
D
(a) Dimostrare che c’è un unico elemento identità per la differenza simmetrica. In altre parole, c’è un unico insieme X tale che, per ogni
insieme A, A 4 X = A.
149
(b) Dimostrare che ogni insieme ha un unico inverso per l’operazione di
differenza simmetrica. In altre parole, per ogni insieme A esiste un
unico insieme B tale che A 4 B = X, dove X è l’elemento identità
della parte (a).
(c) Dimostrare che per ogni coppia di insiemi A e B esiste un unico
insieme C tale che A 4 C = B.
10. Si assume che A sia un insieme, che per ogni famiglia di insiemi F, se
∪F = A allora A ∈ F. Dimostrare che A ha esattamente un elemento. (Suggerimento: Sia per la parte di esistenza che di unicità della
dimostrazione, provare una dimostrazione per contraddizione.)
P *11. Si supponga che F è una famiglia di insiemi che ha la proprietà che per
D
ogni G ⊆ F, ∪G ∈ F. Dimostrare che c’è un unico insieme A tale che
A ∈ F e ∀B ∈ F(B ⊆ A).
12. (a) Supponete che P (x) sia una affermazione con una variabile libera x.
Trovate una formula, usando i simboli logici che avete studiato, che
significhi “ci sono esattamente due valori di x per il quale P (x) è
vero”.
P
D
(b) Sulla base della vostra risposta al punto (a), sviluppate una strategia
di dimostrazione per provare una affermazione della forma “ci sono
esattamente due valori di x per il quale P (x) è vero”.
(c) Dimostrare che l’equazione x3 = x2 ha esattamente due soluzioni.
3.7
Altri Esempi di Dimostrazioni
Fino ad ora, la maggior parte delle nostre dimostrazioni sono state ottenute tramite semplici applicazioni delle strategie di dimostrazione che abbiamo discusso.
Terminiamo il capitolo con qualche esempio di dimostrazioni un po’ più complesse. Queste dimostrazioni usano le tecniche di questo capitolo, ma per varie
ragioni sono un po’ più difficili che la maggior parte delle nostre dimostrazioni
precedenti. Alcuni sono semplicemente più lunghe, e richiedono l’applicazione
di più strategie. Alcune richiedono una scelta intelligente della strategia da utilizzare. In alcuni casi è chiara quale strategia usare, ma è richiesto intuito per
capire come utilizzarla esattamente. I esempi precedenti, che servivano solo ad
illustrare e chiarire le tecniche di dimostrazione, possono aver fatto sembrare
che l’attività di scrittura di dimostrazioni sia noiosa e meccanica. Speriamo
che studiando questi esempi più difficili inizierete a vedere che il ragionamento
matematico può essere sorprendente e bello.
Alcune tecniche di dimostrazione are particolarmente difficili da applicare.
Per esempio, quando state dimostrando un obiettivo della forma ∃xP (x), la
maniera ovvia di procedere è provare a trovare un valore di x che rende l’affermazione P (x) vera, ma spesso non sarà ovvio come trovare questo valore.
Usare un dato della forma ∀xP (x) è simile. Probabilmente volete mettere uno
specifico valore al posto di x, ma per completare la dimostrazione potreste dover
fare una scelta di x molto ingegnosa. Anche le dimostrazioni che devono essere
150
spezzata in casi sono spesso difficili da completare. Talvolta è arduo sapere
quando usare i casi e quali casi usare.
Iniziamo guardando di nuovo alle dimostrazioni dell’introduzione. Alcuni
aspetti di queste dimostrazioni probabilmente vi sono sembrati in qualche maniera misteriosi quando li avete letti nell’introduzione. Vediamo se vi sembrano
più sensati adesso che avete una conoscenza migliore di come viene costruita una
dimostrazione. Presenteremo ogni dimostrazione esattamente come è apparse
nell’introduzione e la faremo seguire da un commentario che discute le tecniche
di dimostrazione usate.
Teorema 3.7.1. Si supponga che n sia un numero intero più grande di 1 e che
Dimostrazione. Poiché n non è primo, ci sono due numeri interi positivi a e b
tali che a < n, b < n ed n = ab. Sia x = 2b − 1 ed y = 1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b .
Allora
xy = (2b − 1) · (1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b )
= 2b · (1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b ) − (1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b )
= (2b + 22b + 23b + · · · 2ab ) − (1 + 2b + 22b + · · · + 2(a−1)b )
= 2ab − 1
= 2n − 1.
Poiché b < n, possiamo concludere che x = 2b − 1 < 2n − 1. Inoltre, poiché
ab = n > a, segue che b > 1. Pertanto x = 2b − 1 > 21 − 1 = 1 e quindi
2n − 1 = xy > y. Abbiamo cosı̀ verificato che 2n − 1 può essere scritto come
prodotto di due interi x e y, entrambi più piccoli di 2n − 1. Questo vuol dire,
secondo la nostra definizione, che 2n − 1 non è primo.
Commentario. Sappiamo che n non è primo, e dobbiamo dimostrare che 2n − 1
non è primo. Entrambe sono affermazioni negative, ma fortunatamente è facile
ri-esprimerle come affermazioni positive. Dire che un intero più grande di 1 non
è primo significa che può essere scritto come il prodotto di due numero interi
positivi più piccoli. Cosı̀, l’ipotesi che n non è primo significa ∃a ∈ Z+ ∃b ∈
Z+ (ab = n ∧ a < n ∧ b < n), e ciò che dobbiamo dimostrare è che 2n − 1 non è
primo, che significa ∃x ∈ Z+ ∃bx ∈ Z+ (xy = 2n − 1 ∧ x < 2n − 1 ∧ y < 2n − 1).
Nella seconda affermazione della dimostrazione applichiamo l’instanziazione esistenziale alla ipotesi che n non è primo, e il resto della dimostrazione è dedicata
ad esibire due numeri x e y con la proprietà richiesta per dimostrare che 2n − 1
non è primo.
Come usuale nelle dimostrazioni di affermazioni esistenziali, la dimostrazione
non spiega come sono stati scelti i valori di x e y, dimostra semplicemente
che questi valori funzionano. Dopo che sono stati forniti i valori per x e y,
l’obiettivo rimanente da dimostrare è che xy = 2n − 1 ∧ x < 2n − 1 ∧ y < 2n − 1.
Naturalmente, questo obiettivo viene trattato come tre obiettivi separati, che
151
sono dimostrati uno alla volta. Le dimostrazioni di questi tre obiettivi richiedono
solo dell’algebra elementare.
Una delle caratteristiche attraenti di questa dimostrazione è il calcolo usato
per mostrare che xy = 2n − 1. Le formule per x e y sono abbastanza complicate,
e a prima vista il loro prodotto sembra anche più complicato. È una piacevole
sorpresa constatare che la maggior parte dei termini in questo prodotto si cancella e, come per magica, appare la risposta 2n − 1. Naturalmente, possiamo
vedere col senno di poi che è stato questo calcolo che ha motivato la nostra
scelta di x e y. C’è tuttavia un aspetto di questo calcolo che potrebbe preoccuparvi. L’uso di “. . . ” nelle formule indica che la dimostrazione dipende da uno
schema nel calcolo che non è stato esplicitato. Daremo una dimostrazione più
rigorosa che xy = 2n − 1 nel Capitolo 6, dopo che introdurremo il metodo di
dimostrazione per induzione matematica.
Teorema 3.7.2. Ci sono infiniti numeri primi.
Dimostrazione. Supponiamo ci siano solo un numero finito di numeri primi. Sia
p1 , p2 , . . . , pn la lista di tutti i numeri primi. Sia m = p1 p2 · · · pm + 1. Notiamo
che m non è divisibile per p1 , poiché dividendo m per p1 otteniamo il quoziente
p2 · · · pm e il resto di 1. Allo stesso modo, m non è divisibile per p2 , p3 , . . . , pn .
Usiamo ora il fatto che ogni intero più grande di 1 o è primo oppure può
essere scritto come prodotto di numeri primi. (Vedremo una prova di questo
fatto nel Capitolo 6.) Chiaramente m è maggiore di 1, pertanto m o è primo
oppure è prodotto di primi. Supponiamo per adesso che m sia primo. Notare
che m è più grande di tutti i numeri della lista p1 , p2 , . . . , pn , pertanto abbiamo
trovato un primo che non è presente in questa lista. Ma questo contraddice il
fatto che questa fosse la lista di tutti i numeri primi, per cui evidentemente m
non può essere primo.
Ora supponiamo che m sia prodotto di primi. Sia q uno dei primi in questo
prodotto, e quindi m è divisibile per q. Ma abbiamo già visto che m non
è divisibile da nessuno dei numeri nella lista p1 , p2 , . . . , pn , e siccome q è un
primo e p1 , p2 , . . . , pn è la lista di tutti i numeri primi, questa è di nuovo una
contraddizione. Allora m non può essere neanche un prodotto di primi.
Quindi m non può essere né primo né prodotto di primi. Questo è assurdo,
e l’unica spiegazione possibile è che abbiamo fatto ad un certo punto della
dimostrazione una ipotesi che si è rivelata errata. L’unica ipotesi fatta nella
dimostrazione è quella iniziale che c’è un numero finito di primi. Dunque questa
supposizione è falsa, e i numeri primi sono infiniti.
Commentario. Poiché infinito significa non finito, l’affermazione del teorema
può essere considerata una affermazione negativa. Non è perciò sorprendente il
fatto che la dimostrazione proceda per assurdo. L’assunzione che ci siano un
numero finito di primi significa che c’è un numero naturale n tale che ci sono n
primi, e l’affermazione che ci sono n primi significa che c’è una lista di numeri
distinti p1 , p2 , . . . , pn tale che ogni numero nella lista è primo, e non ci altri altri
primi tranne quelli della lista. Cosı̀, la seconda affermazione della dimostrazione
applica l’instanziazione esistenziale per introdurre i numeri n e p1 , p2 , . . . , pn
152
nella dimostrazione. A questo punto nella dimostrazione abbiamo la seguente
situazione:
Dati
p1 , p2 , . . . , pn sono tutti primi
¬∃q(q è primo ∧ q ∈
/ {p1 , p2 , . . . , pn })
Obiettivo
Contraddizione
Il secondo dato può essere riespresso come affermazione positiva, ma siccome stiamo facendo una dimostrazione per contraddizione, un altro approccio
ragionevole sarebbe provare a raggiungere una contraddizione dimostrando che
∃q(q è primo ∧ q ∈
/ {p1 , p2 , . . . , pn }). Questa è la strategia usata nella dimostrazione. Cosı̀, l’obiettivo per il resto della dimostrazione è mostrare che c’è un
numero primo non nella lista p1 , p2 , . . . , pn – u “primo non in elenco”.
Poiché il nostro obiettivo è ora una affermazione esistenziale, non ci deve
sorprendere che il prossimo passo nella dimostrazione sia introdurre il nuovo
numero m, senza nessuna spiegazione di come m sia stato scelto. Cose è sorprendente è che m può o può non essere il primo non in elenco che stiamo
cercando. Il problema è che m potrebbe non essere primo. Tutto ciò di cui
possiamo essere sicuri è che m è o primo oppure prodotto di primi. Poiché
questa affermazione è una disgiunzione, suggerisce una dimostrazione per casi,
e questo è il metodo usato nel resto della dimostrazione. Sebbene i casi non siano esplicitamente etichettati come casi nella dimostrazione, è importante capire
che il resto della dimostrazione ha la forma di una dimostrazione per casi. Nel
caso 1 assumiamo che m è primo, e nel caso 2 assumiamo che è un prodotto di
primi. In entrambi i casi siamo in grado di produrre un primo non in elenco per
completare la nostra dimostrazione.
Teorema 3.7.3. Per ogni intero positivo n, esiste una sequenza di n interi
positivi consecutivi che non contiene primi.
Dimostrazione. Dato n intero positivo, sia x = (n + 1)! + 2. Mostriamo che
nessuno dei numeri x, x + 1, x + 2, . . . , x + (n − 1) è primo. Poiché questa è
una sequenza di n numeri consecutivi, ciò conduce direttamente alla prova del
teorema.
Per vedere che x non è primo, notiamo che
x = 1 · 2 · 3 · 4 · · · (n + 1) + 2
= 2 · (1 · 3 · 4 · 4 · · · (n + 1) + 1).
Quindi x può essere scritto come prodotto di due numeri più piccoli, ovvero x
non è primo. Allo stesso modo, abbiamo
x + 1 = 1 · 2 · 3 · 4 · · · (n + 1) + 3
= 3 · (1 · 2 · 4 · 4 · · · (n + 1) + 1).
per cui neanche x + 1 è primo. In generale, consideriamo il numero x + i, dove
0 ≤ i ≤ n − 1. Abbiamo:
x + i = 1 · 2 · 3 · 4 · · · (n + 1) + (i + 2)
= (i + 2) · (1 · 2 · 3 · · · (i + 1) · (i + 3) · · · (n + 1) + 1).
153
per cui x + i non è primo.
Commentario. Una sequenza di n interi positivi consecutivi è una sequenza
della forma x, x + 1, x + 2, . . . , x + (n − 1), dove x è un intero positivo. Cosı̀, la
forma logica dell’affermazione da provare è ∀n > 0∃x > 0∀i(0 ≤ i ≤ n − 1 → x +
i non è primo), dove tutte le variabili prendono valore sui numeri interi. Il piano
generale delle dimostrazione è esattamente quello che ci si aspetterebbe per una
dimostrazione di questo tipo: Partiamo un n > 0 arbitrario, specifichiamo un
valore per x, lasciamo i arbitrario, assumiamo 0 ≤ i ≤ n − 1 e dimostriamo che
x + i non è primo. Come nella dimostrazione del Teorema 3.7.1, per dimostrare
che x + i non è primo mostriamo che si può scrivere prodotto di due interi più
piccoli.
Prima della dimostrazione che x+i non è primo, dove i è un intero arbitrario
tra 0 e n − 1, la dimostrazione include le verifiche che x e x + 1 non sono
primi. Queste sono del tutto non necessarie, e sono solo include per rendere la
dimostrazione più leggibile.
Per i lettori che sono familiari con la definizione di limite dall’analisi, diamo
un ulteriore esempio, mostrando come le dimostrazioni che coinvolgono i limiti
possano essere trovate usando le tecniche in questo capitolo. I lettori che non
sono familiari con questo definizioni dovrebbero saltare l’esempio.
2x2 − 5x − 3
= 7.
x→3
x−3
Esempio 3.7.4. Mostrare che lim
In accordo alla definizione di limite, il nostro obiettivo vuol dire che per ogni
numero positivo esiste un numero
δ tale
che se x è un qualsiasi numero
positivo
2 −5x−3
− 7 < . Traducendolo in simboli
tale che 0 < |x − 3| < δ, allora 2x x−3
logici, abbiamo
2
2x − 5x − 3
∀ > 0∃δ > 0∀x 0 < |x − 3| < δ → − 7 < .
x−3
Partiamo pertanto indicando con un numero positivo arbitrario e provando a
trovare un numero positivo δ per il quale possiamo dimostrare
2
2x − 5x − 3
∀x 0 < |x − 3| < δ → − 7 < x−3
Il lavoro di bozza richiesto per determinare δ naturalmente non apparirà nella
dimostrazione. Nella dimostrazione finale scriveremo soltanto “Sia δ = (un
qualche numero positivo)” a procederemo a dimostrare
2
2x − 5x − 3
∀x 0 < |x − 3| < δ → − 7 < x−3
154
Prima di determinare il valore di δ, vediamo come sarebbe il resto della dimostrazione. Sulla base della forma dell’obiettio a questo punto, dovremmo
lasciando
x arbitraria, assumendo 0 < |x − 3| < δ, e dimostrando
procedere
2x2 −5x−3
x−3 − 7 < . Cosı̀, l’intera dimostrazione avrà la seguente forma:
Sia un numero positivo arbitrario.
Sia δ = (un qualche numero positivo).
Sia x arbitrario.
Assumiamo 0 < |x − 3| < δ.
2
−5x−3
[Qui va una dimostrazione di 2x x−3
− 7 < .]
2
−5x−3
Pertanto 0 < |x − 3| < δ → 2x x−3
− 7 < .
x era arbitrario, possiamo concludere ∀x(0 < |x − 3| <
Poiché
2x2 −5x−3
δ → x−3 − 7 < ).
2
−5x−3
Pertanto ∃δ > 0∀x(0 < |x − 3| < δ → 2x x−3
− 7 < ).
Poiché era numero positivo
arbitrario,
ne segue che ∀ > 0∃δ >
2
2x −5x−3
0∀x(0 < |x − 3| < δ → x−3 − 7 < ).
Due passi rimangono da completare. Dobbiamo decidere
quale valore asse 2
2x −5x−3
gnare a δ, e dobbiamo aggiungere la dimostrazione di x−3 − 7 < . Completeremo prima il secondo di questi passi, e durante il lavoro diventerà chiaro
quale valore dobbiamo usare per δ. I dati e l’obiettivo per questo secondo passo
sono i seguenti:
Dati
>0
δ = (un qualche numero positivo)
0 < |x − 3| < δ
2 Obiettivo 2x −5x−3
x−3 − 7 < Prima di tutto, notare che abbiamo 0 < |x − 3| come dato, quindi x 6= 3 e
2
−5x−3
è definita. Fattorizzando il numeratore, troviamo
pertanto la frazione 2x x−3
che
2
2x − 5x − 3
(2x + 1)(x − 3)
− 7 = − 7
x−3
x−3
= |2x − 1 + 7| = |2x − 6| = 2|x − 3|.
Ora, abbiamo anche come dato che |x − 3| < δ, cosı̀ 2|x − 3| < 2δ.
Com 2x2 −5x−3
binando questo con la precedente equazione, otteniamo x−3 − 7 < 2δ, e
2
−5x−3
il nostro obiettivo è 2x x−3
− 7 < . Cosı̀, se scegliamo δ in maniera tale
che 2δ = , dovremmo essere a posto. In altre parole, dovremmo porre δ = /2.
Notare che poiché > 0, questo è un numero positivo, come richiesto.
2x2 − 5x − 3
= 7.
x→3
x−3
Teorema. lim
155
Dimostrazione. Supponiamo > 0. Sia δ = /2, che è chiaramente anch’esso
positivo. Sia x un numero reale arbitrario, ed assumiamo 0 < |x − 3| < δ.
Allora
2
2x − 5x − 3
(2x + 1)(x − 3)
− 7 = − 7
x−3
x−3
= |2x − 1 + 7| = |2x − 6|
= .
= 2|x − 3| < 2δ = 2
2
Esercizi
P
D
*1. Si supponga che F sia una famiglia di insiemi. Dimostrare che c’è un
unico insieme A che ha le seguenti proprietà:
(a) F ⊆ P(A).
(b) ∀B(F ⊆ P(B) → A ⊆ B).
(Suggerimento: Prima provate un esempio. Sia F = {{1, 2, 3}, {2, 3, 4}, {3, 4, 5}}.
Potete trovare un insieme A che ha le propietà (a) e (b)?)
P 2. Si supponga che A e B siano insiemi. Cosa si può dimostrare su P(A \
D
B) \ (P(A) \ P(B))? (No, non è uguale a ∅. Provate alcuni esempi e
guardate cosa ottenete.)
P 3. Si supponga che A, B e C siano insiemi.
Dimostrare che le seguenti
D
affermazioni sono equivalenti:
(a) (A 4 C) ∩ (B 4 C) = ∅.
(b) (A ∩ B) ⊆ C ⊆ A ∪ B.
(c) (A 4 C) ⊆ A 4 B
*4. Si supponga che {Ai | i ∈ I} sia una famiglia di insiemi. Dimostrare che
se P(∪i∈I Ai ) ⊆ ∪i∈I P(Ai ), allora c’è qualche i ∈ I tale che ∀j ∈ I(Aj ⊆
Ai ).
5. Supponete che F sia una famiglia non vuota di insiemi. Sia I = ∪F e
J = ∩F. Supponete anche che J 6= ∅, e notate che ne segue il fatto che
per ogni X ∈ F, X 6= ∅, e anche I 6= ∅. Finalmente, supponete che
{Ai | i ∈ I} sia una famiglia indicizzata di insiemi.
(a) Dimostrate che ∪i∈I Ai = ∪X∈F (∪i∈X Ai ).
(b) Dimostrate che ∩i∈I Ai = ∩X∈F (∪i∈X Ai ).
(c) Dimostrate che ∪i∈J Ai ⊆ ∩X∈F (∪i∈X Ai ). È sempre vero che ∪i∈J Ai =
∩X∈F (∪i∈X Ai ). Date o una dimostrazione o un controesempio per
giustificare la vostra risposta.
(d) Scoprite e dimostrate un teorema che collega ∩i∈J Ai e ∪X∈F (∩i∈X Ai ).
3x2 − 12
= 12.
x→2 x − 2
6. Dimostrare che lim
156
*7. Dimostrare che se il lim f (x) = L ed L > 0, allora esiste un numero δ > 0
x→c
tale che, per tutti gli x, se 0 < |x − c| < δ allora f (x) > 0.
8. Dimostrare che se il lim f (x) = L, allora lim 7f (x) = 7L.
x→c
x→c
Teorema? Ci sono numeri irrazionali a e b tali che ab è razionale.
La dimostrazione che segue è corretta? Se sı̀, quale strategia di dimostrazione usa? Se no, può essere sistemata?
Il teorema è corretto? (Nota:
√
La dimostrazione usa il fatto che 2 è irrazionale, che proveremo nel
Capitolo 6).
√ √2
Dimostrazione.√ O 2 è razionale oppure è irrazionale.
√ 2
√
Caso 1. 2
è razionale.
Siano a = b = 2. Allora a e b sono
√
√
2
irrazionali, e ab = 2 , che in questo caso stiamo assumendo essere
razionale.
√ √2
√ √2
√
Caso 2. 2
è irrazionale. Sia a = 2
e b = 2. Allora a è
irrazionale
per assunzione, e sappiamo che b è irrazionale. Inoltre ab =
√ √2 √2 √ √2·√2
√
2
= 2
= ( 2)2 = 2, che è razionale.
Appendice A
Soluzioni ad Esercizi Scelti
Introduzione
1. (a) Una possibile risposta è 32.767 = 31 · 1057.
(b) Una possibile risposta è x = 23 1 − 1 = 2.147.483.647.
3. (a) Il metodo restituisce il numero primo 211.
(b) Il metodo restituisce due primi, 3 e 37.
Capitolo 1
Sezione 1.1
1. (a) (R ∨ H) ∧ ¬(H ∧ T ), dove R sta per l’affermazione “Avremo da fare
una lettura per casa”, H sta per “Avremo da fare degli esercizi” e T
sta per “Avremo un test”.
(b) ¬G ∨ (G ∧ ¬S), dove G sta per “Andrai a sciare” ed S sta per “Ci
sarà neve”.
√
√
(c) ¬[( 7 < 2) ∨ ( 7 = 2)].
5. (a) Non comprerò i pantaloni senza la maglietta.
(b) Non comprerò i pantaloni e non comprerò la maglietta.
(c) O non comprerò i pantaloni o non comprerò la maglietta.
Sezione 1.2
1. (a)
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
157
¬P ∨ Q
T
T
F
T
APPENDICE A. SOLUZIONI AD ESERCIZI SCELTI
158
(b)
S
F
F
T
T
G
F
T
F
T
(S ∨ G) ∧ (¬S ∨ ¬G)
F
T
T
F
5. (a)
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
P ↓Q
T
F
F
F
(b) ¬(P ∨ Q)
(c) ¬P è equivalente a P ↓ P , P ∨ Q è equivalente a (P ↓ Q) ↓ (P ↓ Q)
e P ∧ Q è equivalente a (P ↓ P ) ↓ (Q ↓ Q).
7. (a) e (c) sono validi; (b) e (d) sono invalidi.
9. (a) non è ne una contraddizione ne una tautologia; (b) è una contraddizione; (c) e (d) sono tautologie.
11. (a) P ∨ Q.
(b) P .
(c) ¬P ∨ Q.
14. Usiamo due volte la legge associativa per ∧:
[P ∧ (Q ∧ R)] ∧ S è equivalente a [(P ∧ Q) ∧ R] ∧ S
che è equivalente a (P ∧ Q) ∧ (R ∧ S)
16. P ∨ ¬Q.
Sezione 1.3
1. (a) D(6) ∧ D(9) ∧ D(15), dove D(x) vuol dire “x è divisibile per 3”.
(b) D(x, 2) ∧ D(x, 3) ∧ ¬D(x, 4), dove D(x, y) significa “x è divisibile per
y”.
(c) N (x) ∧ N (y) ∧ [(P (x) ∧ ¬P (y)) ∨ (P (y) ∧ ¬P (x))], dove N (x) significa
“x è un numero naturale” e P (x) significa “x è primo”.
3. (a) {x | x è un pianeta}.
(b) {x | x è una regione italiana}.
(c) {x | x è un stato europeo}.
5. (a) (−3 ∈ R)∧(13−2(−3) > 1). Variabili vincolate: x. Nessuna variabile
libera. L’affermazione è vera.
(b) (4 ∈ R) ∧ (4 < 0) ∧ (13 − 2(4) > 1). Variabili vincolate: x. Nessuna
variabile libera. L’affermazione è falsa.
159
(c) ¬[(5 ∈ R) ∧ (13 − 2(5) > c)]. Variabili vincolate: x. Variabili libere:
c.
7. (a) { x | Elizabeth Taylor è stata sposata con x } = { Conrad Hilton
Jr., Michael Wilding, Michael Todd, Eddie Fisher, Richard Burton,
John Warner, Larry Fortensky }.
(b) { x | x è un connettivo logico studiato nella Sezione 1.1 } = {∧, ∨, ¬}.
(c) { x | x è l’autore di questo libro } = { Daniel J. Velleman }
Sezione 1.4
1. (a) {3, 12}.
(b) {1, 12, 20, 35}.
(c) {1, 3, 12, 20, 35}.
Gli insiemi dei punti (a) e (b) sono entrambi sottoinsiemi dell’insieme al
punto (c).
4. (a) Entrambi i diagrammi di Venn hanno questa forma:
U
A
B
(b) Entrambi i diagrammi di Venn hanno questa forma:
U
A
B
C
8. Gli insiemi (a), (d) ed (e) sono uguali, e gli insiemi (b) e (c) sono uguali.
160
10. (a) Non c’è nessuna regione corrispondente all’insieme (A ∩ D) \ (B ∪ C),
ma questo insieme potrebbe contenere degli elementi.
(b) Ecco una possibilità:
U
A
D
B
C
12. I diagrammi di Venn per entrambi gli insiemi hanno questo aspetto:
U
A
B
C
Sezione 1.5
1. (a) (S∨¬E)→¬H dove S sta per “Questo gas ha un odore sgradevole”, E
sta per “Questo gas è esplosivo” e H sta per “Questo gas è idrogeno”.
(b) (F ∧H)→D, dove F sta per “George ha la febbre”, H sta per “George
ha il mal di testa” e D sta per “George andrà dal dottore”.
(c) (F → D) ∧ (H → D), dove le lettere hanno lo stesso significato come
nella parte (b).
(d) (x 6= 2) → (P (x) → O(x)), dove P (x) sta per “x è primo”, e O(x) sta
per “x è dispari”.
161
4. (a) e (b) sono validi, ma (c) è invalido.
6. (a) Fare una tabella di verità, o ragionare come segue:
(P → R) ∧ (Q → R) è equivalente a (¬P ∨ R) ∧ (¬Q ∨ R)
che è equivalente a (¬P ∧ ¬Q) ∨ R
che è equivalente a ¬(P ∨ Q) ∨ R
che è equivalente a (P ∨ q) → R
(b) (P → R) ∨ (Q → R) è equivalente a (P ∧ Q) → R.
8. ¬(P → ¬Q).
Capitolo 2
Sezione 2.1
1. (a) ∀x[∃yF (x, y)→S(x)], dove F (x, y) sta per “x ha perdonato y” e S(x)
sta per “x è un santo”.
(b) ¬∃x[C(x) ∧ ∀y(D(y) → S(x, y))] dove C(x) sta per “x è nella classe
di analisi”, D(y) sta per “y è nella classe di matematica discreta” e
S(x, y) sta per “x è più intelligente di y”.
(c) ∀x(¬(x = m) → L(x, m)) dove L(x, y) sta per “x ama y”, ed m sta
per Mary.
(d) ∃x(P (x) ∧ S(j, x)) ∧ ∃y(P (y) ∧ S(r, y)), dove P (x) sta per “x è un
poliziotto”, S(x, y) sta per “x ha visto y”, j sta per Jane ed r sta per
Roger.
(e) ∃x(P (x) ∧ S(j, x) ∧ S(r, x)), dove le lettere hanno lo stesso significato
che peril punto (d).
4. (a) Tutti gli uomini non sposati sono infelici.
(b) y è una sorella di uno dei genitori di x; i.e., y è una zia consanguinea
di x.
7. (a), (d) ed (e) sono vere; (b), (c) ed (f) sono false.
Sezione 2.2
1. (a) ∃x[M (x) ∧ ∀y(F (x, y) → ¬H(y))], dove M (x) sta per “x si laurea in
matematica”, F (x, y) sta per “x ed y sono amici”, e H(y) sta per “y
ha bisogno di aiuto con i suoi compiti”. In italiano: c’è un laureato
in matematica per il quale nessuno dei suoi amici ha bisogno di aiuto
con i compiti.
(b) ∃x∀y(R(x, y) → ∃zL(y, z)), dove R(x, y) sta per “x ed y sono compagni di stanza” e L(y, z) sta per “ad y piace z”. In italiano: c’è
qualcuno tale che a tutti i suoi compagni di stanza piace almeno una
persona.
(c) ∃x[(x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈
/ C ∨ x ∈ D)].
4.
6.
8.
11.
162
(d) ∀x∃y[y > x ∧ ∀z(z 2 + 5z 6= y)].
Suggerimento: Iniziate rimpiazzando P (x) con ¬P (x) nella prima legge di negazione dei quantificatori, per ottenere il fatto che ¬∃¬P (x) è
equivalente a ∀x¬¬P (x).
Suggerimento: Iniziate mostrando che ∃x(P (x) ∨ Q(x)) è equivalente a
¬∀¬(P (x) ∨ Q(x)).
(∀x ∈ AP (x)) ∧ (∀x ∈ BP (x))
è equivalente a ∀x(x ∈ A → P (x)) ∧ ∀x(x ∈ B → P (x))
che è equivalente a ∀x[(x ∈ A → P (x)) ∧ (x ∈ B → P (x))]
che è equivalente a ∀x[(x ∈
/ A ∨ P (x)) ∧ (x ∈
/ B ∨ P (x))]
che è equivalente a ∀x[(x ∈
/ A∧x∈
/ B) ∨ P (x)]
che è equivalente a ∀x[¬(x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ P (x)]
che è equivalente a ∀x[x ∈ (A ∪ B) → P (x)]
che è equivalente a ∀x ∈ (A ∪ B)P (x).
A \ B = ∅ è equivalente a ¬∃x(x ∈ A ∧ x ∈
/ B)
che è equivalente a ∀x¬(x ∈ A ∧ x ∈
/ B)
che è equivalente a ∀x(x ∈
/ A ∧ x ∈ B)
che è equivalente a ∀x(x ∈ A → x ∈ B)
che è equivalente a ∀x ∈ A(x ∈ B)
Sezione 2.3
1. (a) ∀x(x ∈ F → ∀y(y ∈ x → y ∈ A)).
(b) ∀x(x ∈ A → ∃x ∈ N(x = 2n + 1)).
(c) ∀n ∈ N∃m ∈ N(n2 + n + 1 = 2m + 1).
(d) ∃x(∀y(y ∈ x → ∃i ∈ I(y ∈ Ai )) ∧ ∀i ∈ I∃y(y ∈ x ∧ y ∈
/ Ai )).
4. ∩F ={rosso, azzurro} e ∪F ={rosso, verde, azzurro, arancione, viola}.
8. (a) A2 = {2, 4}, A3 = {3, 6}, B2 = {2, 3}, B3 = {3, 4}.
(b) ∩i∈I (Ai ∪ Bi ) = {3, 4} e (∩i∈I Ai ) ∪ (∩i∈I Bi ) = {3}.
(c) Non sono equivalenti.
11. Un esempio è A = {1, 2} e B = {2, 3}.
13. (a) B3 = {1, 2, 3, 4, 5} e B4 = {1, 2, 4, 5, 6}.
(b) ∩j∈J Bj = {1, 2, 4, 5}.
(c) ∪i∈I (∩j∈J Ai,j ) = {1, 2, 4}.
(d) x ∈ ∩j∈J (∪i∈I Ai,j ) significa ∀j ∈ J∃i ∈ I(x ∈ Ai,j ) e x ∈ ∪i∈I (∩j∈J Ai,j )
significa ∃i ∈ I∀j ∈ J(x ∈ Ai,j ). Non sono equivalenti.
Capitolo 3
Sezione 3.1
1. (a) Ipotesi: n è un intero più grande di 1 ed n non è primo. Conclusione:
2n − 1 non è primo. Le ipotesi sono vere quando n = 6, cosı̀ il
163
teorema ci dice che 26 − 1 non è primo. Questo è corretto, perché
26 − 1 = 63 = 9 · 7.
(b) Possiamo concludere che 32767 non è primo. Questo è corretto,
poiché 32767 = 151 · 217.
4.
9.
11.
14.
(c) Il teorema non ci dice nulla; 11 è primo, quindi le ipotesi non sono
soddisfatte.
Assumete 0 < a < b. Allora b − a > 0. Moltiplicando entrambi i lati per
il numero positivo b + a, otteniamo (b + a) · (n − a) > (b + a) · 0, o in altre
parole, b2 − a2 > 0. Poiché b2 − a2 > 0, ne segue che a2 < b2 . Pertanto,
se 0 < a < b allora a2 < b2 .
Suggerimento: Aggiungere b ad ambo i lati della diseguaglianza a < b.
Dimostreremo la contropositiva. Supponiamo c ≤ d. Moltiplicando ambo i
lati di questa diseguaglianza per il numero positivo a, otteniamo ac ≤ ad.
Inoltre, moltiplicando entrambi i lati della diseguaglianza a < b per il
numero positivo d abbiamo ad < bd. Combinando ac ≤ ad e ad < bd
possiamo concludere che ac < bd. Cosı̀, se ac ≥ bd allora c > d.
Poiché x > 3 > 0 per il teorema nell’Esempio 3.1.2, x2 > 9. Inoltre,
moltiplicando ambo i lati della diseguaglianza y < 2 per −2 (ed invertendo la direzione della diseguaglianza, visto che −2 è negativo), otteniamo
−2y > −4 Infine, aggiungendo le diseguaglianze x2 > 9 e −2y > −4
abbiamo x2 − 2y > 5.
Sezione 3.2
1. (a) Assumiamo P . Poiché P → Q, ne segue Q. Ma allora, poiché Q → R,
possiamo concludere R. Allora, P → R.
(b) Assumiamo P . Per dimostrare che Q → R dimostreremo la contropositiva, cosı̀ supponiamo ¬R. Poiché ¬R → (P → ¬Q), segue P → ¬Q
e poiché sappiamo P , possiamo concludere ¬Q. Allora, Q → R, e
quindi P → (Q → R).
5. Assumiamo a ∈ A \ B. Questo significa che a ∈ A e a ∈
/ B. Poiché a ∈ A
e a ∈ C, a ∈ A ∩ C. Ma allora poiché A ∩ C ⊆ B, segue che a ∈ B, e
questo contraddice il fatto che a ∈
/ B. Cosı̀, a ∈
/ A \ B.
8. Suggerimento: Assumete a < 1/a < b < 1/b. Ora dimostrate che a < 0 e
usate questo fatto per dimostrare a < −1.
11. (a) L’affermazione “Allora x = 3 e y = 8” non è corretta. (Perché?)
(b) Un controesempio è x = 3, y = 7.
14.
P
F
F
F
F
T
T
T
T
Q
F
F
T
T
F
F
T
T
R
F
T
F
T
F
T
F
T
P → (Q → R)
T
T
T
T
T
T
F
T
164
¬R → (P → ¬Q)
T
T
T
T
T
T
F
T
Sezione 3.3
1. Assumiamo ∃x(P (x) → Q(x)). Allora possiamo scegliere qualche x0 tale
che P (x0 ) → Q(x0 ). Ora assumiamo ∀xP (x). Allora in particolare, P (x0 ),
e poiché P (x0 ) → Q(x0 ), segue che Q(x0 ). Poiché abbiamo trovato un
valore particolare di x per il quale Q(x) è vera, possiamo concludere che
∃xQ(x). Cosı̀ ∀xP (x) → ∃xQ(x).
3. Si supponga che A ⊆ B \ C ma che A e C non siano disgiunti. Allora
possiamo scegliere un qualche x tale che x ∈ A e x ∈ C. Poiché x ∈ A e
A ⊆ B \C, ne segue che x ∈ B \C, che significa che x ∈ B e x ∈
/ C. Ma ora
abbiamo contemporaneamente x ∈ C e x ∈
/ C, che è una contraddizione.
Cosı̀, se A ⊆ B \ C, allora A e C sono √
disgiunti.
7. Si supponga x > 2. Sia y = (x + x2 − 4)/2, che è definito perché
x2 − 4 > 0. Allora
√
√
2x2 + 2x x2 − 4
1
x + x2 − 4
2
√
√
=
= x.
y+ =
+
y
2
x + x2 − 4
2(x + x2 − 4)
9. Sia F una famiglia di insiemi e A ∈ F. Sia x ∈ ∩F. Allora, per la
definizione di ∩F, poiché x ∈ ∩F e A ∈ F, x ∈ A. Ma x era un elemento
arbitrario di ∩F, cosı̀ ne segue che ∩F ⊆ A.
12. Suggerimento: Assumete F ⊆ G e indicate con x un elemento arbitrario
di ∪F. Dovete dimostrare che x ∈ ∪G, che significa ∃A ∈ G(x ∈ A),
pertanto dovete provare a trovare qualche A ∈ G tale che x ∈ A. Per far
ciò, scrivere i dati in notazione logica. Troverete che uno di loro è una in
forma universale, e uno è in forma esistenziale. Applicate l’istanziazione
esistenziale al dato esistenziale.
14. Sia x ∈ ∪i∈I P(Ai ). Allora possiamo scegliere un qualche i ∈ I tale che
x ∈ P(Ai ), o in altri termini x ⊆ Ai . Ora indichiamo con a un elemento
arbitrario di x. Allora a ∈ Ai , e pertanto a ∈ ∪i∈I Ai . Poiché a era
un elemento arbitrario di x, ne segue che x ⊆ ∪i∈I Ai , che significa che
x ∈ P(∪i∈I Ai ). Cosı̀ ∪i∈I P(Ai ) ⊆ P(∪i∈I Ai ).
17. Suggerimento: L’ultima ipotesi significa ∀A ∈ F∀B ∈ G(A ⊆ B), cosı̀
se nel corso della dimostrazione incontrerete mai due insiemi A ∈ F e
B ∈ G, potrete concludere che A ⊆ B. Iniziate la dimostrazione ponendo
x arbitrario e assumendo x ∈ ∪F, e dimostrate che x ∈ ∩G. Per vedere
dove andare da qui, scrivete queste affermazioni in forma logica.
165
20. L’affermazione “Allora per ogni numero reale x, x2 < 0” non è corretta.
(Perché)?
22. Sulla base della forma logica dell’affermazione da dimostrare, la dimostrazione dovrebbe avere questa struttura:
Sia x = . . .
Sia y un numero reale arbitrario.
[Una dimostrazione di xy 2 = y − x va qui.]
Poiché y era arbitrario, ∀y ∈⇒ (xy 2 = y − x).
Cosı̀, ∃x ∈ R∀y ∈ R(xy 2 = y − x).
Questa struttura rende chiaro che y dovrebbe essere introdotta nella dimostrazione dopo x. Pertanto, x non può essere definita in termini di y,
perché y non è stata ancora introdotta nella dimostrazione quando x è
stata definita. Ma nella dimostrazione fornita, x è definita in termini di y
nella prima frase. (L’errore è stato nascosto dal fatto che la frase “Sia y
un numero reale arbitrario” è stata omessa dalla dimostrazione. Se provate ad aggiungere questa frase, troverete che non c’è un punto in cui può
essere aggiunta che condurrebbe a una dimostrazione corretta del teorema
sbagliato).
25. Ecco l’inizio della dimostrazione: Sia x un numero reale arbitrario. Sia
y = 2x. Ora sia z un numero reale arbitrario. Allora. . .
Sezione 3.4
1. (→) Si supponga ∀x(P (x)∧Q(x)). Sia y arbitrario. Allora poiché ∀x(P (x)∧
Q(x)), P (y) ∧ Q(y), ed in particolare P (y). Poiché y era arbitrario, questo
mostra che ∀xP (x). Una argomentazione simile mostra che ∀xQ(x): per
un y arbitrario, P (y) ∧ Q(y), e pertanto Q(y). Cosı̀, ∀xP (x) ∧ ∀xQ(x).
(←) Si supponga ∀xP (x)∧∀xQ(x). Sia y arbitrario. Allora poiché ∀xP (x),
è vero P (y), e in maniera simile poiché ∀xQ(x), Q(y). Cosı̀, P (y) ∧ Q(y),
e poiché y er arbitrario, ne segue ∀x(P (x) ∧ Q(x)).
4. Si supponga A ⊆ B e A * C. Poiché A * C, possiamo scegliere qualche
a ∈ A tale che a ∈
/ C. Poiché a ∈ A e A ⊆ B, a ∈ B. Poiché a ∈ B e
a∈
/ C, B * C.
7. Siano A e B insiemi arbitrari. Sia x arbitrario, e supponiamo che x ∈
P(A ∩ B). Allora x ⊆ A ∩ B. Ora sia y un elemento arbitrario di x.
Allora, poiché x ⊆ A ∩ B, y ∈ A ∩ B, e pertanto y ∈ A. Poiché y era
arbitrario, questo mostra che x ⊆ A, cosı̀ x ∈ P(A). Una argomentazione
simile mostra che x ⊆ B, e pertanto x ∈ P(B). Cosı̀, x ∈ P(A) ∩ P(B).
Ora supponiamo x ∈ P(A) ∩ P(B). Allora x ∈ P(A) e x ∈ P(B), cosı̀
x ⊆ A e x ⊆ B. Sia y ∈ x. Allora poiché x ⊆ A e x ⊆ B, abbiamo y ∈ A
e yinB, e quindi y ∈ A ∩ B. Allora x ⊆ A ∩ B, cosı̀ x ∈ P(A ∩ B).
9. Si assuma che x e y siano dispari. Allora possiamo scegliere degli interi j
e k tali che x = 2j + 1 e y = 2k + 1. Pertanto xy = (2j + 1)(2k + 1) =
12.
15.
17.
21.
23.
166
4jk + 2j + 2k + 1 = 2(2jk + j + k) + 1. Poiché 2jk + j + k è intero, segue
che xy è dispari.
Suggerimento: Sia x ∈ R arbitrario, e dimostrate entrambe le direzioni
del bicondizionale separatamente. Per la direzione “→”, usate l’istanziazione esistenziale e proseguite con una dimostrazione per assurdo. Per la
direzione “←”, assumete x 6= 1 e risolvete l’equazione x + y = xy per y
allo scopo di determinare quale valore usare per scegliere y.
Supponete che ∪F e ∩G non siano disgiunti. Allora possiamo scegliere
un x tale che x ∈ ∪F e x ∈ ∩G. Poiché x ∈ ∪F, possiamo scegliere un
qualche A ∈ F tale che x ∈ A. Poiché ci è dato che ogni elemento di F è
disgiunto da qualche elemento di G, deve esserci qualche B ∈ G tale che
A ∩ B = ∅. Poiché x ∈ A, ne segue che x ∈
/ B. Ma abbiamo anche x ∈ ∩G
e B ∈ G dal quale segue che x ∈ B, che è una contraddizione. Cosı̀ ∪F e
∩G devono essere disgiunti.
(a) Supponiamo x ∈ ∪(F ∩ G). Allora possiamo scegliere qualche A ∈
F ∩ G tale che x ∈ A. Poiché x ∈ A e A ∈ F, x ∈ ∪F , e in maniera
simile poiché x ∈ A e A ∈ G, x ∈ ∪G. Pertanto x ∈ (∪F) ∩ (∪G).
Poiché x era arbitrario, questo mostra che ∪(F ∩ G) ⊆ (∪F ) ∩ (∩G).
(b) La frase “Cosı̀, possiamo scegliere un insieme A tale che A ∈ F,
A ∈ G e x ∈ A” non è corretta. (Perché?)
(c) Un esempio è F = {{1}, {2}}, G = {{1}, {1, 2}}.
Supponiamo che ∪F * ∪G. Allora c’è qualche x ∈ ∪F tale che x ∈
/ ∪G.
Poiché x ∈ ∪F, possiamo scegliere A ∈ F tale che x ∈ A. Ora sia B ∈ G
arbitrario. Se A ⊆ B, allora poiché x ∈ A, x ∈ B. Ma allora poiché x ∈ B
e B ∈ G, x ∈ ∪G, che sappiamo già essere falso. Pertanto A * B. Poiché
B era arbitrario, questo mostra che per tutti i B ∈ G, A * B. Cosı̀,
abbiamo mostrato che c’è un A ∈ F tale che per tutti i B ∈ G, A * B.
(a) Supponiamo x ∈ ∪i∈I (Ai \ Bi ). Allora possiamo scegliere qualche
i ∈ I tale che x ∈ Ai \ Bi , che significa x ∈ Ai e x ∈
/ Bi . Poiché
x ∈ Ai , x ∈ ∪i∈I Ai , e poiché x ∈
/ Bi , x ∈
/ ∩i∈I Bi . Cosı̀ x ∈ (∪i∈I Ai )\
(∩i∈I Bi ).
(b) Un esempio è I = {1, 2}, A1 = B1 = {1}, A2 = B2 = {2}.
Sezione 3.5
1. Supponiamo x ∈ A ∩ (B ∪ C). Allora x ∈ A, e o x ∈ B o x ∈ C.
Caso 1. x ∈ B. Allora poiché x ∈ A, x ∈ A ∩ B, cosı̀ x ∈ (A ∩ B) ∪ C.
Caso 2. x ∈ C. Allora chiaramente x ∈ (A ∩ B) ∪ C.
Poiché x era arbitrario, possiamo concludere che A∩(B ∪C) ⊆ (A∩B)∪C.
4. Supponiamo x ∈ A. Consideriamo due casi:
Caso 1. x ∈ C. Allora x ∈ A∩C, cosı̀ poiché A∩C ⊆ B ∩C, x ∈ B ∩C,
e pertanto x ∈ B.
Caso 2. x ∈
/ C. Poiché x ∈ A, x ∈ A ∪ C, cosı̀ poiché A ∪ C ⊆ B ∪ C,
x ∈ B ∪ C. Ma x ∈
/ C, pertanto deve essere x ∈ B.
Allora x ∈ B e poiché x era arbitrario, A ⊆ B.
167
7. Suggerimento: Assumete x ∈ P(A) ∪ P(B), che significa che o x ∈ P(A)
oppure x ∈ P(B). Trattateli come casi separati. Nel caso 1, assumete
x ∈ P(A), che significa x ⊆ A, e dimostrate x ∈ P(A ∪ B), che significa
x ⊆ A ∪ B. Il caso 2 è simile.
11. Sia x un numero reale arbitrario.
(←) Supponiamo |x − 4| > 2.
Caso 1. x − 4 ≥ 0. Allora |x − 4| = x − 4, cosı̀ abbiamo x − 4 > 2, e
pertanto x > 6. Aggiungendo x a entrambi i lati otteniamo 2x > 6 + x,
cosı̀ 2x − 6 > x. Poiché x > 6, questo implica che 2x − 6 è positivo, cosı̀
|2x − 6| > x.
Caso 2. x − 4 < 0. Allora |x − 4| = 4 − x, cosı̀ abbiamo 4 − x > 2,
e pertanto x < 2. Allora 3x < 6, e sottraendo 2x da entrambi i membri
otteniamo x < 6 − 2x. Inoltre, da x < 2 otteniamo 2x < 4, cosı̀ 2x − 6 <
−2. Pertanto 2x − 6 è negativo, cosı̀ |2x − 6| = 6 − 2x > x.
(→) Suggerimento: Imitate la direzione “←”, usando i casi 2x − 6 ≥ 0 e
2x − 6 < 0.
15. (a) Supponiamo x ∈ ∪(F ∪ G). Allora possiamo scegliere qualche A ∈
F ∪ G tale che x ∈ A. Poiché A ∈ F ∪ G, o A ∈ F oppure A ∈ G.
Se A ∈ F allora, poiché x ∈ A, ne segue che x ∈ ∪F. In maniera
simile, se A ∈ G allora x ∈ ∪G. Quindi o x ∈ ∪F o x ∈ ∪G, cosı̀
x ∈ (∪F ) ∩ (∪G).
Ora supponiamo che x ∈ (∪F)∪(∪G). Allora o x ∈ ∪F o x ∈ ∪G. Se
x ∈ ∪F, allora possiamo scegliere un A ∈ F tale che x ∈ A. Poiché
A ∈ F, si ha A ∈ F ∪ G, e poiché x ∈ A, ne segue x ∈ ∪(F ∪ G). Una
argomentazione simile mostra che se x ∈ ∪G allora x ∈ (∪F) ∪ (∪G).
(b) Il teorema è ∩(F ∪ G) = (∩F ) ∩ (∩G).
19. (→) Supponiamo che A 4 B e C siano disgiunti. Sia x un elemento
arbitrario di A ∩ C. Allora x ∈ A e x ∈ C. Se x ∈
/ B, allora poiché
x ∈ A, x ∈ A \ B, e pertanto x ∈ A 4 B. Ma anche x ∈ C, cosı̀ questo
contraddice la nostra assunzione che A 4 B e C siano disgiunti. Pertanto
x ∈ B. Poiché sappiamo anche che x ∈ C, abbiamo x ∈ B ∩ C. Poiché x
era un elemento arbitrario di A ∩ C, questo mostra che A ∩ C ⊆ B ∩ C.
Un’argomentazione simile mostra che B ∩ C ⊆ A ∩ C.
(←) Supponiamo che A ∩ C = B ∩ C. Supponiamo che A 4 B e C non
siano disgiunti. Allora possiamo scegliere un x tale che x ∈ A4B e x ∈ C.
Poiché x ∈ A 4 B, o x ∈ A \ B o x ∈ B \ A.
Caso 1. x ∈ A \ B. Allora x ∈ A e x ∈
/ B. Poiché sappiamo anche
x ∈ C, possiamo concludere che x ∈ A ∩ C ma x ∈
/ B ∩ C. Questo
contraddice il fatto che A ∩ C = B ∩ C.
Caso 2. x ∈ B \ A. In maniera simile, questo porta ad una contraddizione.
Cosı̀ possiamo concludere che A 4 B e C sono disgiunti.
22. (a) Suggerimento: Supponete x ∈ A \ C, e dividete la dimostrazione in
due casi, a seconda del fatto che x ∈ B oppure x ∈
/ B.
(b) Suggerimento: Applicate il punto (a).
168
23. (a) Supponete x ∈ (A ∪ B) 4 C. Allora o x ∈ (A ∪ B) \ C oppure
x ∈ C \ (A ∪ B).
Caso 1. x ∈ (A ∪ B) \ C. Allora o x ∈ A oppure x ∈ B, e x ∈
/ C.
Ora dividiamo il caso 1 in due sottocasi, a seconda che x ∈ A oppure
x ∈ B.
Caso 1a. x ∈ A. Allora x ∈ A \ C, cosı̀ x ∈ A 4 C, e anche
x ∈ (A 4 C) ∪ (B 4 C).
Caso 1b. x ∈ B. In maniera simile a quanto fatto sopra, x ∈ B4C
e quindi x ∈ (A 4 C) ∪ (B 4 C).
Caso 2. x ∈ C \ (A ∪ B). Allora x ∈ C, x ∈
/Aex∈
/ B. Ne segue
che x ∈ A 4 C e x ∈ B 4 C, cosı̀ certamente x ∈ (A 4 C) ∪ (B 4 C).
(b) Questo è un esempio: A = {1}, B = {2}, C = {1, 2}.
26. La dimostrazione è sbagliata, perché stabilisce soltanto che 0 < x oppure
x < 6, ma ciò che deve essere dimostrato è che 0 < x e x < 6. Tuttavia,
può essere sistemata.
28. La dimostrazione è corrretta.
30. Suggerimento: Ecco un controesempio al teorema: A = {1, 2}, B = {1},
C = {2}.
Sezione 3.6
1. Sia x un numero reale arbitrario. Sia y = x/(x2 + 1). Allora
x−y =x−
x2
x3 + x
x
x3
x
x
= 2
− 2
= 2
= x2 2
= x2 y.
+1
x +1 x +1
x +1
x +1
Per vedere che y è unico, supponiamo x2 = x − z. Allora z(x2 + 1) = x
e poiché x2 + 1 6= 0, possiamo dividere entrambi i lati per x2 + 1 per
concludere che z = x/(x2 + 1) = y.
4. Supponiamo sia x 6= 0. Sia y = 1/x. Ora sia z un numero reale arbitrario.
Allora zy = z(1/x) = z/x come richiesto.
Per vedere che y è unico, supponiamo che y 0 sia un numero con la proprietà
che ∀z ∈ R(zy 0 = z/x). Allora in particolare, prendendo z = 1, abbiamo
y 0 = 1/x, e quindi y 0 = y.
6. (a) Sia A = ∅ ∈ P(U ). Allora chiaramente per ogni B ∈ P(U ), A∪B =
∅ ∪ B = B.
Per vedere che A è unico, supponiamo che A0 ∈ P(U ) e per tutti in
B ∈ P(U ), A0 ∪ B = B. Allora in particolare, prendendo B = ∅,
possiamo concludere che A0 ∪ ∅ = ∅. Ma chiaramente A0 ∪ ∅ = A0 ,
cosı̀ abbiamo A0 = ∅ = A.
(b) Suggerimento: Porre A = U .
11. Esistenza: Ci è dato che per ogni G ⊆ F, ∪G ∈ F, cosı̀ in particolare,
poiché F ⊆ F, ∪F ∈ F. Sia A = ∪F. Ora supponiamo B ∈ F. Allora
per l’esercizio 8 della Sezione 3.3, B ⊆ ∪F = A, come richiesto.
Unicità: Supponiamo che A1 ∈ F, A2 ∈ F, ∀B ∈ F(B ⊆ A1 ) e ∀B ∈
F(B ⊆ A2 ). Applicando l’ultimo fatto con B = A1 possiamo concludere
169
A1 ⊆ A2 , e in maniera simile il fatto precedente implica A2 ⊆ A1 . Cosı̀
A1 = A2 .
Sezione 3.7
1. Suggerimento: Confrontare (b) con l’esercizio 16 della Sezione 3.3 può
dare un’idea di cosa utilizzare per A.
4. Supponiamo P(∪i∈I Ai ) ⊆ ∪i∈I P(Ai ). Chiaramente ∪i∈I Ai ⊆ ∪i∈I Ai ,
cosı̀ ∪i∈I Ai ∈ P(∪i∈I Ai ) e pertanto ∪i∈I Ai ∈ ∪i∈I P(Ai ). Dalla definizione di unione di una famiglia, questo significa che c’è qualche i ∈ I tale
che ∪i∈I Ai ⊆ Ai . Ora sia j ∈ I arbitrario. Allora non è difficile vedere
che Aj ⊆ ∪i∈I Ai , cosı̀ Aj ⊆ Ai .
7. Supponiamo limx→c f (x) = L > 0. Sia = L. Allora per definizione di
limite, c’è qualche δ > 0 tale che per tutti gli x, se 0 < |x − c| < δ allora
|f (x) − L| < = L. Ma se |f (x) − L| < L, allora −L < f (x) − L < L,
cosı̀ 0 < f (x) < 2L. Pertanto, se 0 < |x − c| < δ allora f (x) > 0.
9. La dimostrazione è corretta.
Appendice B
Proof Designer
Proof Designer è un applet Java che scrive tracce di dimostrazione nella teoria
degli insiemi elementare, sotto la guida dell’utente. Dovrebbe funzionare su
qualunque computer con una versione di Java sufficientemente aggiornata. Per
utilizzare Proof Designer, aprite il vostro browser web a andate al sito di Proof
Designer:
https://www.cs.amherst.edu/~djv/pd/pd.html
Istruzioni complete per utilizzare Proof Designer possono essere trovate nel
sito web. Qui forniremo una panoramica di queste istruzioni.
Quando aprite la home page di Proof Designer nel vostro browser web, dovreste vedere un pulsante in fondo alla pagina che dice “Write a Proof”. (Se non
lo vedete, potreste dover seguire le istruzioni sul sito web per preparare il vostro
computer all’uso di Proof Designer.) Per iniziare a scrivere una dimostrazione,
premete il pulsante Write a Proof.
Si aprirà una finestra di dialogo, chiedendovi di inserire le ipotesi e la conclusione del teorema che volete dimostrare. Le ipotesi e conclusioni vengono
immessi usando le ordinarie notazioni logiche e della teoria degli insiemi.1 Una
volta che avete inserito potesi e conclusione, premete su OK.
La finestra di dialogo si chiuderà, e si aprirà una nuova finestra. La finestra
conterrà tre menù, chiamati “Edit”, “Strategy” e “Infer”. Sotto i menù si troveranno le affermazioni del teorema che state dimostrando, e quindi un posto
dove andrà la dimostrazione. Man mano che date i comandi a Proof Designer,
uno schema della dimostrazione prenderà gradualmente forma in questa finestra.
Mentre lavorate ad una dimostrazione, in essa ci saranno generalmente uno più
buchi che è necessario riempire con passi addizionali. Ogni buco verrà indentato
1 C’è una differenza significativa tra il modo in cui la notazione della teoria degli insiemi è
usata in Proof Designer e il modo in cui è stata usata in questo libro. La differenza riguarda
l’intersezione di famiglie di insiemi. In questo libro, abbiamo usato la notazione ∩F solo in
contesti nei quali potevamo essere sicuri che F =
6 ∅; la ragione di questa regola è discussa
nell’esercizio 14 della Sezione 2.3. Proof Designer forza questa regola restringendo i contesti
in cui ∩F può essere utilizzata. Per ulteriori dettagli su questo punto, e una spiegazione più
completa di come inserire affermazioni in Proof Designer, vedere il sito web.
170
APPENDICE B. PROOF DESIGNER
171
e racchiuso in un rettangolo, e avrà un pulsante etichettato con “?” nell’angolo
in alto a sinistra. Il buco dirà cosa deve essere messo in quel punto della dimostrazione, e inoltre darà una lista di dati (givens) – affermazioni che si sa essere
vere in quel punto della dimostrazione – e l’obiettivo del buco. Generalmente
l’obiettivo è una affermazione che deve essere dimostrata, ma occasionalmente
l’obiettivo indicherà che dovete assegnare un valore a una variabile, e potete
anche avere buchi che non hanno per niente un obiettivo. Inizialmente l’intera
dimostrazione consisterà di un buco i cui dati sono le ipotesi del teorema, e il
cui obiettivo è la conclusione del teorema.
Per aggiungere un passo alla dimostrazione, fate click su un dato o sull’obiettivo per selezionarlo a poi date un comando da uno dei menù in cima alla
finestra. Talvolta avrete bisogno di selezionare più oggetti. Per far questo, selezionate il primo oggetto, e successivamente tenete premuto il tasto “Maiusc”
(shift) sulla tastiera e fate click sugli altri oggetti da aggiungere alla selezione.
Potete anche selezionare un intero buco cliccando o sulla frase che introduce il
buco o nel margine alla sinistra del buco.
Quando date un comando, alcuni passi verranno aggiunti alla dimostrazione, e le lista con dati e obiettivo verrà aggiornata. Talvolta un passo verrà
giustificato da una sotto-dimostrazione — una sequenza di passi che, assieme,
giustifica una asserzione. Ogni sotto-dimostrazione è indentata e racchiusa in
un rettangolo, e ha un pulsante etichettato “∴” sul lato superiore sinistro. Le
sotto-dimostrazioni possono essere innestate una dentro l’altra, e una sottodimostrazione può anche contenere un buco. Potete selezionare un passo cliccando su di esso. Se il passo è giustificato da una o più sotto-dimostrazioni,
verranno anch’esse selezionate.
Alcuni comandi aggiungo un forma variante a un dato o a un obiettivo.
Una variante di un affermazione è un’altra affermazione che è equivalente a
quella originale. Un variante di un dato o di un obiettivo è elencata sotto
l’originale e indentata. Potete usare una variante esattamente come l’originale.
In particolare, potete selezionare una variante cliccandovi sopra.
Potete cambiare l’ordine dei dati in una lista di dati puntando a un dato,
premendo e tenendo premuto il tasto del mouse per afferrarlo, e trascinandolo
sulla nuova posizione nella lista. Tutte le varianti del dato si muovono con esso.
Se la struttura della dimostrazione che state creando diventa complicata.
Potete nascondere alcuni dei dettagli cliccando su un pulsante “∴” o “?” sull’angolo in alto a sinistra di una sotto-dimostrazione o di un buco. Quando
cliccate su un pulsante, i dettagli della sotto-dimostrazione o del buco sono
nascosti. Cliccate ancora per mostrare di nuovo i dettagli.
Agli applet non è consentito stampare. Comunque, potreste essere in grado di stampare la vostra dimostrazione usando uno dei comandi di “Export
HTML”¡. Consultate il sito web per ulteriori dettagli su questo aspetto.
Per dimostrare un obiettivo della forma:
1. ¬P :
(a) Riesprimerlo in forma positiva.
(b) Usare una dimostrazione per assurdo; ovvero, assumere che P è vero
e provare a raggiungere una contraddizione.
2. P → Q:
(a) Assumere che P è vero e dimostrare Q.
(b) Dimostrare la contropositiva; ovvero, assumere che Q è falso e dimostrare che P è falso.
3. P ∧ Q:
Dimostrare P e Q separatamente. In altre parole, trattarlo come due
obiettivi separati: P e Q.
4. P ∨ Q:
(a) Assumere che P è falso e dimostrare Q, o assumere che Q è falso e
dimostrare P .
(b) Usare una dimostrazione per casi. In ognuno dei casi, dimostrare P
o dimostrare Q.
5. P ↔Q: Dimostrare P →Q e Q→P usando i metodi elencati sotto il punto
2.
6. ∀xP (x): Usare x per un oggetto arbitrario e dimostrare P (x). (Se la
variabile x sta già per qualcos’altro nella dimostrazione, occorre usare
una variabile diversa per l’oggetto arbitrario.)
7. ∃xP (x): Trovare un valore per x che rende vero P (x). Dimostrare P (x)
per questo valore di x.
8. ∃!xP (x):
(a) Dimostrare ∃xP (x) (esistenza) e ∀y∀z((P (y) ∧ P (z) → y = z) (unicità).
(b) Dimostrare l’affermazione equivalente ∃x(P (x) ∧ ∀y(P (y) → y = x)).
172
STRATEGIE DI DIMOSTRAZIONE
173
Per usare un dato della forma:
1. ¬P :
(a) Riesprimerlo come una affermazione positiva.
(b) In una dimostrazione per assurdo, potete raggiungere una contraddizione dimostrando P .
2. P → Q:
(a) Se vi è dato anche P , o potete provare che P è vero, potete concludere
che Q è vero.
(b) Usare la contropositiva: se vi è dato o potete dimostrare che Q è
falso, allora potete concludere che P è falso.
3. P ∧ Q:
Trattatelo come due dati separati P e Q.
4. P ∨ Q:
(a) Usare una dimostrazione per casi. Nel caso 1 assumere che P è vero,
nel caso 2 assumere che Q è vero.
(b) Se vi è dato che P è falso, o potete dimostrare che P è falso, allora
potete concludere che Q è vero. In maniera simile, se sapete che Q è
falso allora potete concludere che P è vero.
5. P ↔ Q:
Trattatelo come due dati: P → Q e Q → P .
6. ∀xP (x):
Potete scegliere un qualsiasi valore, diciamo a, per x e concludere che P (a)
è vero.
7. ∃xP (x):
Introdurre una nuova variabile, diciamo x0 , nella dimostrazione, che stia
per un particolare oggetto per il quale P (x0 ) è vero.
8. ∃!xP (x):
Introdurre una nuova variabile, diciamo x0 , nella dimostrazione, che stia
per un particolare oggetto per il quale P (x0 ) è vero. Potete anche assumere
che ∀y(P (y) → y = x0 ).
Tecniche che possono essere usate in tutte le dimostrazioni:
1. Dimostrazione per assurdo: Assumere che l’obiettivo è falso e derivare una
contraddizione.
2. Dimostrazione per casi: Considerare vari casi che siano esaustivi, ovvero
che includano tutte le possibilità. Dimostrare l’obiettivo in tutti questi
casi.

Dispense - e-learning G@SL - Supporto all`attività didattica dei docenti

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