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Capitolo 2
Algebr e di Boole
Definizione 2.1 Una struttura B = (B; ^; _;0 ; 0; 1) è un’algebr a di Boole
se:
(a) B è un insieme (detto dom inio dell’algebra) su cui sono definite due operazioni binarie ^ e _, e una operazione unaria 0 ;
(b) B contiene due elementi particolari, indicati con 0 e 1; diver si tr a loro;
(c) per ogni x; y; z 2 B, valgono le seguenti identità:
(commutatività di ^)
(commutatività di _)
(associatività di ^)
(associatività di _)
(distributività di ^ risp. a _)
1a) x ^ y = y ^ x
1b) x _ y = y _ x
2a) (x ^ y ) ^ z = x ^ (y ^ z)
2b) (x _ y) _ z = x _ (y _ z)
3a) x ^ (y _ z) = (x ^ y) _ (x ^ z)
3b) x _ (y ^ z ) = (x _ y) ^ (x _ z)
4a) x _ (x ^ y ) = x
4b) x ^ (x _ y) = x
5a) x _ 0 = x
5b) x ^ 1 = x
6a) x ^ x0 = 0
6b) x _ x0 = 1
(distributività di _ risp. a ^)
(legge di assorbimento)
(legge di assorbimento)
(0 è elemento neutro risp. a _)
(1 è elemento neutro risp. a ^)
Le operazioni ^ e _ sono chiamate rispettivamente infim o (inf ) e supr emo
(sup). Sarà il contesto a chiarire quando i simboli ^ e _ esprimono le operazioni booleane e quando la congiunzione e la disgiunzione logiche. Valendo
per ^ e _ la proprietà associativaV(assiomi
2a e 2b), è possibile estendere
W
V tali
operazioni binarie agli operatori e , dove, per X = fx1 ; :::; xn g,
xi
xi 2X
W
sta per x1 ^ ::: ^ xn e
xi sta per x1 _ ::: _ xn :
xi 2X
Esempio 2.2 Sia U un insieme non vuoto e B un insieme non vuoto di sottinsiemi di U chiuso per \; [ e c: In tal caso ; 2 B e U 2 B: Infatti, per
le proprietà di chiusura, da X 2 B seguono X c 2 B; X \ X c = ; 2 B e
X [ X c = U 2 B. Impiegando la seguente interpretazione:
^
_
0
0
1
Ã
Ã
Ã
Ã
Ã
\
[
c
;
U
6
risulta che tutti gli assiomi (1a)¡(6b) vengono soddisfatti. Pertanto (B ; \; [;0 ; ;; U )
è un’algebra di Boole. Chiamiamo le algebre di Boole di questo tipo algebre
di insiem i (o anche, secondo la terminologia più diffusa, cam pi di insiemi,
pur non essendovi alcun legame significativo con le strutture di campo). La
più grande algebra di insiemi su U è l’insiem e delle par ti di U :
B = P (U ) = fX : X µ U g
Infatti, P (U ) è chiuso per intersezione, unione e complemento. Tale algebra ha
2Card(U) elementi. La più piccola algebra di insiemi su U ha invece 2 elementi
ed ha come dominio
B = f;; U g :
Non esistono campi di insiemi di un elemento, né di due elementi diversi dal
precedente.
E sem pio 2.3 Si consideri la relazione ´ di equivalenza logica sull’insieme
F bf delle formule proposizionali, scritte impiegando i connettivi ^; _; :. Poiché ´ è una relazione di equivalenza, possiamo considerare, data una formula
proposizionale '; la sua classe di equivalenza [']´. Prendiamo l’insieme F di
tutte le classi di equivalenza di formule:
F = f[']´ : ' 2 F bf g :
¹; _
¹e:
Su F definiamo quindi tre operazioni ^
¹ nel modo seguente:
¹ [Ã]´
[']´ ^
¹ [Ã]´
[']´ _
:
¹ [']
=
=
=
[' ^ Ã]´
[' _ Ã]´
[:']´
Si dimostra che tali operazioni sono ’’ben definite’’, cioè non dipendono dalla scelta delle formule con cui si rappresentano le classi. Consideriamo ora
la seguente interpretazione, in cui i simboli ^,_ della colonna di sinistra rappresentano gli operatori booleani inf e sup, ? la classe di equivalenza delle
contraddizioni e > la classe di equivalenza delle tautologie (le contraddizioni
sono tutte equivalenti tra loro, e così pure le tautologie):
X
^
_
0
0
1
Ã
Ã
Ã
Ã
Ã
Ã
F
¹
^
¹
_
:
¹
?
>
¹; _
¹ ; :)
F = (F ; ^
¹ è un’algebra di Boole. Tale algebra è infinita; infatti, per
ogni i 6= j, pi non è equivalente a pj e quindi [pi ]´ 6= [pj ]´ :
7
Esempio 2.4 Dato n > 1, sia F bf n l’insieme delle formule proposizionali (scritte in ^; _; :) in al più n variabili. Se definiamo come nell’esempio
¹; _
¹; :
precedente le operazioni ^
¹ ; su
n
o
F n = ['] n : ' 2 F bf n
´
¹; _
¹ ; :)
otteniamo che F n = (F n ; ^
¹ è una algebra di Boole. Tale algebra è finita,
essendo
n
C ard (F n ) = 22 :
Infatti due formule in n variabili appartengono alla stessa classe di equivalenza se e solo se ad esse corrisponde la stessa funzione di verità in n variabili, la
n
n
quale è una funzione da f0; 1g a f0; 1g. Essendo f0; 1g costituito da 2n sen
quenze, e potendo a ciascuna di esse associare 0 oppure 1, abbiamo 22 possibili funzioni di verità, e quindi altrettante classi di equivalenza. Naturalmente,
il fatto che l’insieme F n sia finito non deve esser confuso con il fatto che non
n è infinita.
solo l’insieme F bf n è infinito, ma anche ciascuna classe [']´
Aggiungiamo un terzo esempio, estraneo agli insiemi e alle formule logiche.
Esempio 2.5 Sia n > 1 un numero primo oppure il prodotto di numeri primi distinti tra loro, e sia B l’insieme dei divisori propri ed impropri di n (ad
esempio, per n = 2 ¢ 3 ¢ 7 = 42 abbiamo B = f1; 2; 3; 7; 6; 14; 21; 42g). Con
l’interpretazione
^
_
x0
0
1
Ã
Ã
Ã
Ã
Ã
M CD
mcm
n
x
1
n
B = (B; M C D; mcm; nx ; 1; n) è un’algebra di Boole. Ci limitiamo ad osservare che B è chiuso rispetto alle operazioni di M C D e mcm (infatti, sia il
massimo comun divisore che il minimo comune multiplo di due divisori di n
sono ancora divisori di n), ed anche rispetto all’operazione nx (se x è un divisore di n anche n
x lo è). L’ipotesi che n sia il prodotto di numeri primi distinti tra
loro serve per verificare l’assioma x ^ x0 = 0 che, tradotto seguendo la tabella
precedente, diviene M C D(x; n
x ) = 1: Infatti, se tale ipotesi non fosse soddisfatta (ad esempio, se considerassimo n = 2 ¢ 2 ¢ 3 = 12) allora, prendendo
x = 2, avremmo 12
2 = 6 e M C D(2; 6) = 2 6= 1:
Teor ema 2.6 Per ogni algebra di Boole B e per ogni x 2 B, valgono le seguenti identità:
1) x ^ x = x;
2) x _ x = x;
8
3) x00 = x;
4) 00 = 1;
5) 10 = 0;
6) x 6= x0;
7) x ^ 0 = 0;
8) x _ 1 = 1:
Dimostr azione.
1) x ^ x = (AB5) x ^ (x _ 0) = (AB4) x:
2) x _ x = (AB5) x _ (x ^ 1) = (AB4) x:
3) x = x ^ 1 = (AB5) x ^ (x0 _ x00 ) = (AB3) (x ^ x0) _ (x ^ x00 ) = (AB5)
0 _ (x ^ x00 ) = (AB2) (x ^ x00 ) _ 0 =(AB5) x ^ x00 : Allo stesso modo si dimostra che x00 = x00 ^ x: Per la commutatività x00 ^ x = x ^ x00 e dunque x = x00 :
4) 00 = 00 _ 0 = 1:
5) Analoga a (4).
6) Se x = x0 allora, per il punto 1, x ^x0 = x: Ma, per AB6, x ^x0 = 0; e dunque x = 0: A questo punto, per (4), x0 = 1: Dall’ipotesi segue dunque 0 = 1.
7) x ^ 0 = 0 ^ x = 0 ^ (0 _ x) = 0:
8) Analoga a (7).
2.1
Sottalgebre e generator i
Siano B1 = (B1; _ 1; ^1;01 ) e B2 = (B2 ; _2; ^ 2;02 ) due algebre di Boole.
Diciamo che B2 è una sottalgebr a di B1 se:
1) B 2 µ B1;
2) le operazioni _2 ; ^2;02 coincidono rispettivamente con le operazioni _1 ; ^1;01
ristrette a B2,
Dalla definizione si ricava che, se B1 = (B1; _; ^;0 ) è un’algebra di Boole
e B2 µ B 1 allora B 2 è il dominio di una sottalgebra di B1 sse è chiuso per
_; ^;0 : Solo in questo caso, infatti, le restrizioni di _; ^;0 a B2 sono a loro
volta operazioni su B 2.
Non è necessario verificare la chiusura rispetto a tutte le operazioni. Vale infatti
il seguente
² Cr iterio per la determinazione di una sottalgebr a. Se B1 = (B1; _; ^;0 ) è
un’algebra di Boole e B2 µ B 1 allora B2 è il dominio di una sottalgebra di B1
sse è chiuso per
(1) una tra le operazioni _ e ^;
(2) per l’operazione 0 .
Dimostr azione. Le identità x ^ y = (x0 _ y 0) 0 e x _ y = (x0 ^ y 0 )0 sono vere
9
in ogni algebra di Boole, per cui dalla chiusura per _ e per 0 segue la chiusura
per ^ (e analogamente, dalla chiusura per ^ e 0 segue quella per _). Si osservi
inoltre che le identità x ^ x0 = 0 e x _ x0 = 1 sono anch’esse vere in ogni
algebra di Boole (sono assiomi), per cui se B2 è chiuso per le operazioni allora
contiene 0 e 1.
Tra le sottalgebre di un’algebra viene considerata anche l’algebra stessa, detta
sottalgebr a im pr opr ia. Ogni altra sottalgebra è detto pr opr ia. La più piccola
di queste ha per dominio l’insieme f0; 1g. Tale insieme infatti è chiuso per
^; _;0, mentre nessun altro insieme di due elementi lo è, e neppure nessun
insieme di un elemento (si ricordi che, in un ’algebra di Boole, 0 6= 1).
Esempio 2.7 Si consideri l’algebra P (U ), dove U = fa; b; cg (in casi come
questo, indichiamo il solo dominio per denotare l’algebra, e scriviamo P (U )
invece (P (U ); \; [;0 ) ). L’insieme f;; fbg ; fa; cg ; U g è (dominio di) una sottalgebra di P (U ); è infatti chiuso per intersezione, unione e complemento.
Esempio 2.8 Se U è infinito, allora una particolare sottalgebra di P (U ) è
costituita dall’insieme B di tutti i sottinsiemi finiti e cofiniti di U (un insieme
X µ U è cofinito se X c è un insieme finito). Infatti, B è chiuso per intersezione (l’intersezione di due finiti oppure di un finito e un cofinito è finita,
l’intersezione di due cofiniti è cofinita) e per complemento (il complementare
di un finito è cofinito e viceversa). Questa algebra di insiemi prende il nome
di algebr a dei finiti e cofiniti di U .
Teor ema 2.9
indici e
Siano B = (B; _; ^;0 ) una algebra di Boole, I un insieme di
fBi = (B i; _i; ^ i;0i ) : i 2 Ig
un insieme di sottalgebre di B: Sia inoltre
\
B0 =
B i:
i2I
0
0
Allora B 0 = (B 0 ; _0 ; ^0 ; 0 ), le cui operazioni _0 ; ^0 ; 0 sono _; ^;0 ; ristrette su
B 0 ; è ancora una sottalgebra di B. (Dimostrazione per esercizio).
Definizione 2.10 Siano B una algebra di Boole e Y un sottinsieme di B: La
sottalgebr a gener ata da Y è l’algebra costituita dall’intersezione di tutte le
sottalgebre di B che includono Y (per il teorema precedente questa definizione
è corretta). Tale algebra viene indicata con Y :
10
O sser vazione 2.11 Questa definizione vale per tutti i tipi di strutture che soddisfano il teorema precedente: quindi gruppi, anelli, campi, ... .
Definizione 2.12 Definiamo l’insieme T B dei ter mini booleani. Sia V ar =
fx1; x2 ; :::g un insieme infinito di variabili. Allora:
1) V ar µ TB;
³ 0´
2) se ® 2 TB allora ® 2 TB;
20 ) se ®; ¯ 2 T B allora (® ^ ¯ ) 2 TB ;
200 ) se ®; ¯ 2 TB allora (® _ ¯ ) 2 TB ;
3) nient’altro appartiene a TB:
Un termine booleano ® nelle variabili x1; :::; xn può essere indicato con ® (x1 ; :::xn ).
Non è richiesto che in ® compaiano tutte le variabili x1 ; :::; xn , ma semplicemente che non ne compaiano altre.
Sia ® un termine booleano in x1; :::xn e siano b1 ; :::; bn elementi di un’algebra
di Boole B. Con ® [b1; :::; bn] indichiamo l’elemento di B che otteniamo interpretando, in ®, i generici simboli ^; _;0 nelle corrispondenti operazioni su B
e, per ogni i · n, la variabile xi con l’elemento bi :
0
E sem pio 2.13 Sia ® = (x1 _ x2) ^ (x1), sia B = (P (U ); \; [;0 ) con U =
fa; b; c; d; eg e siano b1 = fa; cg ; b2 = fa; b; dg : Allora
c
® [b1 ; b2] = ® [fa; cg ; fa; b; dg] = (fa; cg [ fa; b; dg) \ (fa; cg ) = fb; dg :
Definizione 2.14 Data un’algebra B e due termini ®(x1; :::xn ) e ¯ (x1; :::xn),
diciamo che l’identità ® = ¯ è ver a in B se per ogni b1; :::; bn 2 B; ® [b1; :::; bn ] =
¯ [b1; :::; bn ]. Una identità è valida se è vera in ogni algebra di Boole.
O sser vazione 2.15 La definizione di termine, così come la definizione di verità e di validità, è applicabile (con ovvie modifiche) a tutti i tipi di strutture.
Ad esempio, nel caso dei gruppi si considera una operazione binaria ¤ e una
operazione unaria ¡1: Più precisamente:
l’insieme TG dei ter mini per i gruppi è definito come segue:
1) V ar µ TG;
2) se ®; ¯ 2 TG allora
¡ (® ¤¢ ¯) 2 TG;
20 ) se ® 2 TG allora ® ¡1 2 TG;
3) nient’altro appartiene a TG:
11
Nel caso degli anelli le operazioni binarie considerate saranno due, etc.
Teor ema 2.16
Sia B un’algebra e Y µ B : Allora
Y = f® [g1 ; :::; g n ] : ® 2 TB e g 1; ::; g n 2 Y g :
(2.1)
Dimostrazione. Sia Z = f® [g 1; :::; gn ] : ® 2 TB e g1; ::; g n 2 Y g : Vale Y µ
Z in quanto Z è una sottalgebra ed include Y , il quale è ottenibile interpretando
in tutti i modi possibili il termine x: Ma vale anche Z µ Y , in quanto una
qualunque sottalgebra contenente Y , dovendo essere chiusa per ^; _;0 , dovrà
contenere tutti i termini interpretati in Y e quindi includere Z: Pertanto Z = Y :
L’insieme Y viene detto insiem e di gener ator i di Y : Nel caso in cui Y coincida con l’intera algebra B allora Y viene definito un insiem e (o sistema) di
gener ator i di B. Un insieme Y di generatori di B si dice ir r iducibile se non
contiene un sottinsieme proprio in grado a sua volta di generare B. Un’algebra si dice finitamente gener ata se ammette un insieme finito di generatori.
Ovviamente, ogni algebra B ammette un insieme di generatori: basta prendere tutti i suoi elementi. Se B è finita, allora ammette sempre anche un insieme
di generatori irriducibile: basta infatti partire da B e procedere alla successiva
eliminazioni di quegli elementi che risultino ottenibili a partire dai restanti.
Eser cizio 2.17 Consideriamo l’algebra di insiemi P (U ); dove U = fa; b; cg.
Dire se l’insieme Y = fg 1; g 2; g 3g dove g 1 = fag ; g2 = fbg ; g 3 = fcg costituisce un insieme di generatori irriducibile per P (U ).
Soluzione. ; = g 1 \ g2, mentre ogni elemento di P (U ) diverso dal vuoto
si ottiene per unione. Quindi l’insieme fg 1; g 2; g 3g è un insieme di generatori. Tuttavia non è irriducibile; ad esempio, anche fg 1; g 2g genera P (U ):
Infatti (g c1 \ g2c) = fb; cg \ fa; cg = fcg = g 3 e in tal modo abbiamo di
nuovo i tre generatori precedenti. Questa volta, fg 1; g 2g è un insieme di generatori irriducibile, in quanto ogni sottinsieme proprio di fg1 ; g2 g non genera
P (U ) ma un sua sottalgebra propria. Infatti , l’algebra generata dal solo g1 è
f;; fag ; fb; cg ; U g e quella generata dal solo g 2 è f;; fbg ; fa; cg ; U g.
Eser cizio 2.18 Sia U = fa; b; cg : Trovare la sottalgebra di P (U ) generata
dall’elemento fa; bg :
Soluzione. f;; fa; bg ; fcg ; U g :
Eser cizio 2.19 Sia B un’algebra e x un elemento di B.
(1) Dimostrare che se x è diverso da 0 ed 1 allora fxg = f0; x; x0 ; 1g :
(2) f0g = f1g = f0; 1g
Soluzione. Da x otteniamo x0 (che, v. Th.2.6.6, è diverso da x) e quindi x ^x0 =
12
0 e x _ x0 = 1: Dagli assiomi segue poi che f0; x; x0 ; 1g è chiuso per le tre
operazioni.
O sser vazione 2.20 Il teorema e le definizioni precedenti valgono, con ovvie
modifiche, per i gruppi, per gli anelli, e in genere per tutti i tipi di strutture
algebriche. Il riferimento a tutti i termini rende però il precedente risultato
poco efficace. Si cerca quindi di identificare un sottinsieme dell’insieme dei
termini che sia sufficiente a generare la sottalgebra. Questo tipo di risultati
sono detti teoremi di for ma normale e, questa volta, variano da teoria a teoria.
Nel caso dei gruppi si è dimostrato che è sufficiente considerare i prodotti degli
elementi di Y o dei loro inversi. Non è quindi necessario riferirsi a tutti i termini
® ma solo a quelli avente quella particolare forma. Risultati analoghi abbiamo
incontrato per gli ideali principali. Nel caso delle Algebre di Boole la forma
normale è la seguente.
Definizione 2.21 Un termine booleano ®(x1; :::; xn ) è detto congiunzione
elem entar e se ha la forma
n
^
x~i
i=1
dove, per ogni i · n, x~i = xi oppure x~i = x0i: Un termine è detto in for m a
nor m ale disgiuntiva se è una disgiunzione di congiunzioni elementari. Indichiamo con F ND l’insieme dei termini in forma normale disgiuntiva.
Teor ema 2.22 (Teorema di forma normale per le Algebre di Boole ) Sia B
un’algebra e Y µ B: Allora
Y = f® [g 1; :::; gn ] : ® 2 F ND e g 1; ::; g n 2 Y g :
Dimostr azione. (Cenno) Una termine in F N D è caratterizzato dal fatto che,
partendo dalle variabili, prima interviene (eventualmente) l’operazione di complemento (non più di una volta per variabile); poi interviene (eventualmente)
l’operazione di inf e infine (eventualmente) quella di sup. Se ® non rispetta
questo ordine è possibile ricondursi ad un termine ¯ che rispetta tale ordine,
applicando le seguenti identità (le quali sono valide):
(x ^ y) 0 = x0 _ y 0
(x _ y) 0 = x0 ^ y 0
(x ^ (y _ z)) = (x ^ y) _ (x ^ z)
((y _ z) ^ x) = (x ^ y) _ (x ^ z)
x00 = x:
Vedremo più avanti come, nel caso in cui Y sia finito, sia possibile un ulteriore
miglioramento del risultato di forma normale. Rimandiamo gli esempi a quella
sede.
13
Dua lità
Dato un termine ®; il termine che si ottiene sostituendo _ con ^ e ^ con _ si
definisce duale di ®: Ad esempio, il duale del termine (x_y )0 ^x è (x^y )0 _x.
Il seguente teorema, che non dimostriamo, esprime una caratteristica molto
particolare della teoria delle algebre di Boole.
Teor ema 2.23 (P rincipio di dualità ). Siano ® e ¯ due termini e ® d e ¯ d i
d
rispettivi duali. L’identità ® = ¯ è valida se e solo se ® d = ¯ è valida.
O sser vazione 2.24 Il teorema non asserisce: ‘‘per ogni interpretazione I ;
®[I] = ¯[I] se e solo se ® d [I ] = ¯ d[I]’’bensì: ‘‘per ogni interpretazione I ;
®[I] = ¯[I] se e solo se, per ogni interpretazione I; ® d[I] = ¯ d [I ]’’. In modo
un po’più simbolico, non asserisce
³
´
8I ®[I] = ¯ [I] $ ® d [I ] = ¯ d [I]
bensì
³
´
8I (®[I] = ¯ [I]) $ 8I ® d[I] = ¯ d [I ] :
Può quindi capitare che, secondo una certa interpretazione I , ®[I ] = ¯ [I] e
® d [I ] 6= ¯ d [I], o viceversa. Un esempio banale: interpretando x1 e x2 con due
elementi b1 e b2 di un’algebra di insiemi tali che b1 ½ b2 , l’identità x1 \ x2 =
x1 è soddisfatta, ma non lo è l’identità tra i duali x1 [ x2 = x1 :
2.2
Ordine
Sia B un’algebra di Boole. Definiamo su B una relazione binaria, che indichiamo con il simbolo ·, in questo modo:
x · y se x ^ y = x:
(2.2)
Nel successivo Teorema 2.28 dimostriamo che · è una relazione d’ordine. Prima però vogliamo vedere a cosa corrisponde la relazione · nelle algebre di
Boole fino ad ora incontrate:
Esempio 2.25 Se B è un’algebra di insiemi allora · è la relazione µ : Infatti
x µ y se e solo se x \ y = x:
Esempio 2.26 Se B è F oppure F n allora, per la (2.2), [']´ · [Ã]´ se e solo
¹ [Ã]´ = [']´, se e solo se [' ^ Ã]´ = [']´, se e solo se ' ^ Ã ´ ',
se [']´ ^
se e solo se non accade che ' sia vero e à sia falso, se e solo se ' ! à è una
tautologia. Dalla precedente catena di equivalenze si ottiene dunque che:
[']´ · [Ã]´ se e solo se ' ! Ã è una tautologia.
(2.3)
14
E sem pio 2.27 Se B è l’algebra dei divisori di un numero n prodotto di fattori
primi diversi tra loro (v. Esempio ??) allora
x · y se e solo se x è un divisore di y:
Teor ema 2.28
ti proprietà:
Sia B un’algebra di Boole. La relazione · su B ha le seguen-
1) è una relazione d’ordine;
(no 2014)
2) per ogni x 2 B , 0 · x · 1;
3) per ogni x; y 2 B, x · y se e solo se x _ y = y;
4) per ogni x; y 2 B, x · y se e solo se x ^ y 0 = 0;
5) per ogni x; y 2 B, x ^ y · x · x _ y;
6) per ogni x; y; z 2 B, x · y e x · z se e solo se x · y ^ z:
7) per ogni x; y; z 2 B, x · z e y · z se e solo se x _ y · z:
Dimostr azione. Prima di tutto vogliamo osservare che, qualora B sia un’algebra di insiemi e quindi · corrisponda alla relazione di inclusione, tutte le
precedenti proprietà sono ovvie. Tuttavia la relazione · non si riferisce a priori ad alcun contesto particolare. Le uniche proprietà a cui possiamo appellarci
sono quindi gli assiomi della teoria. Anche la dimostrazione dell’enunciato più
semplice può in tal modo risultare laboriosa. Ci limitiamo a dimostrare (1) e
(4).
(1) Proviamo dapprima che · è riflessiva. Poiché, per definizione, x · x
equivale a x ^ x = x; per la cui dimostrazioni v. Esercizio 2.6 (1). Per dimostrare la proprietà antisimmetrica supponiamo x · y e y · x: Allora,
per definizione di ·; abbiamo x ^ y = x e y ^ x = y: Per l’assioma AB2,
x ^ y = y ^ x e quindi x = y: Infine, per dimostrare la proprietà transitiva,
supponiamo x · y e y · z; cioè x ^ y = x e y ^ z = y: Allora, sostituendo,
otteniamo x ^ z = (x ^ y) ^ z =(AB2) x ^ (y ^ z) = x ^ y = x; da cui segue
x · z.
(4) Supponiamo x · y: Allora x ^ y = x: Vale questa catena di uguaglianze:
x ^ y 0 = (x ^ y) ^ y 0 = AB2 x ^ (y ^ y 0) =AB6 x ^ 0 = 0 (l’ultima identità è
stata dimostrata in Esercizio 2.6 (7).
2.3
Atomi
Definizione 2.29 Sia B un’algebra di Boole. Un elemento a 6= 0 appartenente a B è un atom o di B se, per ogni x 2 B, da x · a segue che x = a
oppure x = 0:
15
Indichiamo con At(B) l’insieme degli atomi di B e, per ogni x 2 B; poniamo
at(x) = fa 2 At(B) : a · xg :
In tal modo, at è una funzione da B a P (At(B)) (nel prossimo Lemma 2.36
vedremo che se B è finita allora at è biettiva). Chiaramente, se a 2 At(B)
allora at(a) = fag, mentre, per il Teorema 2.28.2, at(0) = ; e at(1) = At(B):
Definizione 2.30 Un’algebra di Boole B è atom ica se ogni elemento non
nullo è un atomo oppure sta sopra un atomo (i.e., se per ogni elemento x 2 B
e x 6= 0 abbiamo at(x) 6= ;).
Eser cizio 2.31 Dimostrare che, per ogni insieme U , l’algebra P (U ) è atomica.
Soluzione. At(P (U )) = ffxg : x 2 U g e, per ogni X 2 P (U ), at(X ) =
ffxg : x 2 X g : In tal modo, se X 6= ; allora at(X) 6= ;:
Eser cizio 2.32 Data un’algebra di Boole B 1 sottalgebra di B2 , dire se è vero
o falso che At(B1 ) µ At(B2):
Soluzione. Falso. L’insieme degli atomi di B1 non coincide con l’insieme degli
atomi di B2 contenuti in B1. Infatti, mentre ogni atomo di B2 contenuto in B1 è
anche atomo di B1, un elemento x che non è atomo di B2 può esser atomo di B1 :
Poniamo, ad esempio, B1 = f;; fa; bg ; fcg ; fa; b; cgg e B2 = P (fa; b; cg):
B1 è sottalgebra di B2, fa; bg è un atomo di B1 ma non di B 2.
Esempio 2.33 Sia ['] n un elemento dell’algebra F n delle classi di equiva´
lenza delle formule proposizionali in n variabili.
n
[']´ è un atomo di F n se e solo se ' è equivalente a una n-congiunzione elementare
(2.4)
cioè se ' ´ p~1 ^ ::: ^ p~n; dove, per ogni i, p~i = pi oppure p~i = :pi
Infatti, supponiamo che ' sia una n-congiunzione elementare e [Ã]´
n · ['] n :
´
Allora à ! ' è una tautologia, cioè ogni valutazione v delle n variabili che
soddisfa à deve soddisfare anche ': Ma '; essendo una congiunzione elementare, è soddisfatta da una sola valutazione, e precisamente dalla valutazione v
tale che
v(pi ) =
0 se p~i = :pi
1 se p~i = pi:
Pertanto à è soddisfatta dalla stessa valutazione oppure non è soddisfatta da
n =
alcuna valutazione. Nel primo caso à $ ' è una tautologia e quindi [Ã]´
n ; nel secondo caso à è una contraddizione e quindi [Ã] n = [?] n = 0: Da
[']´
´
´
n è un atomo. La dimostrazione inversa è analoga.
ciò segue che [']´
Inoltre
F n è atomica.
(2.5)
16
Infatti, se [Ã] n 6= [?] n allora esiste una valutazione v che soddisfa Ã. La
´
´
congiunzione elementare ' = p~1 ^ ::: ^ p~n tale che
¿
:pi se v(pi) = 0
p~i =
pi se v(pi) = 1
è soddisfatta solo da v : Quindi ' ! Ã è una tautologia e ['] n · [Ã] n .
´
´
Come esempio particolare, consideriamo l’algebra F 3 delle classi di equivalenza delle formule proposizionali in 3 variabili, che indicheremo con p; q; r.
L’insieme At(F 3 ) è costituito dalle 23 = 8 classi di equivalenza delle congiunzioni elementari:
8
9
3
3
3
< [:p ^ :q ^ :r]´ ; [:p ^ :q ^ r]´ ; [:p ^ q ^ :r]´ ; =
3
3
3
At(F 3) =
[:p ^ q ^ r]´ ; [p ^ :q ^ :r]´ ; [p ^ :q ^ r]´ ;
:
;
3
3
[p ^ q ^ :r]´ ; [p ^ q ^ r]´
E sem pio 2.34 L’algebra F è priva di atomi. Sia infatti [']´ 6= [?]´ : Poiché
' non è una contraddizione, esiste una formula à che non è una contraddizione
e tale che à ! ' è una tautologia e ' ! à non è una tautologia; basta infatti
porre à = ' ^ pj dove pj è una variabile che non compare in ': In tal modo
[?]´ 6= [Ã]´ < [']´ , e quindi [']´ non è un atomo.
Teor ema 2.35 Ogni algebra di Boole finita B è atomica.
Dimostr azione. Se un’algebra B non è atomica allora esiste un elemento x 6= 0
per il quale non esiste alcun atomo y tale che y · x. Pertanto neppure x è un
atomo ed esiste un elemento x1 diverso da x e da 0 tale che x1 < x: Ma, per
ipotesi, neanche x1 è un atomo e quindi esiste un elemento x2 diverso da x1
e da 0 tale che x2 < x1: In questo modo si verifica l’esistenza di una catena
discendente infinita di elementi di B
::: < xn < ::: < x3 < x2 < x1 < x
ciascuno differente dall’elemento che lo precede e quindi, essendo < una relazione di ordine stretto, tutti diversi tra loro. Ma ciò è in contrasto con la
finitezza di B.
L emm a 2.36 (omesso 2014) Sia B = (B; ^; _;0 ) un’
Walgebra di Boole finita
e sia sup la funzione da P (At(B)) a B tale sup(X) = a (poniamo sup(;) =
a2X
0 ). La funzione sup e la funzione at sono l’una l’inversa dell’altra quindi
entrambe biettive.
Dimostr azione. Dimostriamo che, per ogni X 2 P (At(B)) ed ogni x 2 B
(1) at(sup(X )) = X
e
(2) sup(at(x)) = x:
(1) Se X = ; allora dalle definizioni segue at(sup(;)) = at(0) = ;: Sia dunque X = fa1; :::; a kg : Mostriamo che at(sup(X )) = X: Se a 2 X allora (per
17
Th.2.28.3) a · sup(X) e quindi a 2 at(sup(X )). Dunque X µ at(sup(X )):
Viceversa, se a 2 at(sup(X)) allora, per definizione di atomo, a · sup(X )
e quindi
a = a ^ sup(X ) = a ^ (a1 _ ::: _ ak ) = (a ^ a1) _ ::: _ (a ^ ak ):
Essendo a un atomo, ed essendo, per ogni i · k; (a ^ a i) · a (cfr. Teorema 2.28.5), abbiamo (a ^ ai ) = a oppure (a ^ ai ) = 0: Deve allora esistere
i ¤ · k tale che (a ^ ai¤ ) = a (altrimenti avremmo a = 0 _ ::: _ 0 = 0). Ma
(a ^ a i¤ ) = a implica, per definizione, a · a i¤ da cui segue, essendo a i¤ e
a atomi, che a = ai¤ : Pertanto a 2 X e quindi at(x) µ X:
(2) Se x = 0 allora sup(at(0)) = sup(;) = 0: Sia dunque x 6= 0: Mostriamo che sup(at(x)) = x: Poiché, per ogni a 2 at(x) vale a · x, dal Teorema 2.28.7 segue che sup(at(x)) · x: Supponiamo per assurdo che x £
sup(at(x)): Allora (cfr. Teorema 2.28.4) x ^ (sup(at(x)))0 6= 0: Essendo B atomica, esiste a 2 At(B)) tale che a · x ^ (sup(at(x)))0 : Pertanto, per il Teorema 2.28.6, otteniamo a · x (e dunque a 2 at(x)) e a ·
(sup(at(x)))0 , da cui segue a 6 ·sup(at(x)) (se così non fosse avremmo
a · sup(at(x)) ^ sup(at(x)) 0 = 0). Ma a 6 ·sup(at(x)) è in contrasto,
per Th.2.28.5, con il fatto che a 2 at(x).
Teor ema 2.37 Sia B un’algebra di Boole finita (e quindi, per il Teorema 2.35,
atomica). Allora:
W
1) Ogni elemento di B è supremo di atomi (ponendo a= 0).
a2;
2) B ha 2n elementi, dove n è il numero dei suoi atomi.
Dimostrazione. (omessa 2014) La (1) è il punto (2) del Lemma precedente.
Inoltre, ancora per tale lemma, sup è una biezione da P (At(B)) a B; e quindi
C ard(B) = Card(P (At(B))) = 2Card(At(B)) = 2n :
Cor ollar io 2.38 Per ogni numero naturale m, esiste un’algebra di Boole di
m elementi se e solo se m è una potenza di 2 (con esponente maggiore di 0,
non essendovi, a causa dell’assioma 0 6= 1, algebre di Boole di un solo elemento).
Dimostrazione. Se m non è una potenza di 2 allora, per il Teorema ??, non esiste un’algebra con m elementi. Viceversa se m = 2n allora, preso un insieme
U di n elementi, l’algebra di insiemi P (U ) ha m elementi.
(omesso 2014) Il teorema successivo è l’inverso del precedente Teorema 2.37
(2). Non solo infatti ogni sottalgebra di un’algebra di 2n elementi ha 2k elementi, con k · n, ma ...
Teor ema 2.39 Sia B un’algebra di Boole di cardinalità 2n . Per ogni 1 · k ·
n; B ha almeno una sottalgebra C di 2k elementi.
Dimostrazione. Se n = 1 allora l’algebra, avendo 2 elementi, non ha sottalgebre proprie. Supponiamo n > 1: Dimostriamo che
18
(*) se At(B) = fa1; :::; an g ; k · n; b = (ak _ ::: _ an ) e C la sottalgebra
generata da Z = fa1; :::; a k¡1 ; bg ; allora At(C) = Z:
Sia
A=
(
_
x: X µ Z
x2X
)
Dimostriamo che A è una sottalgebra.
!
µ
¶ Ã
W
W
W
W
W
Chiusura per _: sia b = x e c = y : Allora b_c =
x _
y =
z ,
x2X
y2Y
x2X
y2Y
z2X[Y
e da X µ Z e y µ Z segue X [ Y µ Z Ãe dunque
! b _ c 2 A:
µ
¶
W
W
Chiusura per ^: sia b ^ c =
x ^
y : Per la proprietà distributiva
x2X
y2Y
W
b^c=
(x ^ y ): Inoltre,
x2X;y2Y
(1) per ogni x; y 2 Z, se x 6= y allora x ^ y = 0:
Pertanto, gli unici elementi non nulli della grande unione sono quelli in cui
W
x = y: Dunque, b ^ c =
w e dunque b ^ c 2 A:
w2X\Y
W
W
W
Complemento: sia b = x e sia c =
y : Abbiamo b _ c = z = 1 e,
y2Z¡X
z2Z
W x2X
per (1) b ^ c =
(x ^ y ) = 0:Quindi, per l’unicità dell’inverso (v.
x2X;y2Z¡X
Th.2.110)
Dunque A è una sottalgebra di B ed è generata da Z: Pertanto A = C: Inoltre,
essendo ogni elemento di C (cioè A) supremo di elementi di Z, per ogni x 2 Z
non esiste b 2 A tale che 0 < b < x: Valendo infine x 6= 0 per ogni x 2 Z
risulta che Z è l’insieme degli atomi di C: Ciò conclude la dimostrazione di
(*). A questo punto, essendo At(C ) = Z e C ard(Z) = k; dal Teorema 2.37
(2) segue C ard(C ) = 2k .
E ser cizio 2.40 Sia U = fa; b; cg : Determinare il numero delle sottalgebre
di P (U ).
Soluzione. Per il Teorema 2.37 (2), tutte le algebre, e quindi tutte le sottalgebre,
hanno come cardinale una potenza di 2 (con esponente maggiore di 0). Poiché
C ard(P (U )) = 8, le sue sottalgebre possono avere 21 = 2, 22 = 4 o 23 = 8
elementi. L’unica sottalgebra di 8 elementi è, ovviamente, P (U ) stessa. L’unica sottalgebra di 2 elementi è f;; U g : Determiniamo dunque il numero delle
sottalgebre di 4 elementi. Come visto nel precedente Esercizio 2.19, ogni elemento X di P (U ) che sia diverso da ; e U genera la sottalgebra di 4 elementi
f;; X; X c; U g e, per l’unicità del complementare, gli unici elementi di P (U )
che generano tale sottalgebra sono X e X c : Poiché vi sono 6 elementi diversi
da ; e U , avremo 62 = 3 sottalgebre di 4 elementi. Il numero delle sottalgebre
di P (U ) è quindi 1 + 3 + 1 = 5:
19
Eser cizio 2.41 Sia U = fa; b; cg : Trovare tutti i possibili insiemi irriducibili
di generatori di P (U ).
Soluzione. P (U ) non può essere generata da un singolo elemento perché in tal
caso, come visto nel precedente Esercizio 2.19, avrebbe 2 o 4 elementi. Quindi,
i generatori devono essere almeno due. Qualunque sia X µ U, le coppie
fX; X cg, fX; ;g o fX; U g non costituiscono insiemi di generatori per P (U ),
in quanto ciascuna coppia è riducibile a fX g e un solo elemento non è in grado
di generare P (U ). Mostriamo invece che tutte le altre coppie fX; Y g sono in
grado di generarlo. Caso 1. X e Y sono due atomi (ad esempio X = fag
c
e Y = fbg). Allora (X [ Y ) c è il terzo atomo (ad esempio (fag [ fbg) =
c
fa; bg = fcg ) e, disponendo dei tre atomi, si ottiene, per il Teorema ?? (1),
ogni altro elemento di P (U ): Caso 2. X è un atomo e Y è un insieme di due
elementi e X µ Y (ad esempio X = fag e Y = fa; bg). In tal modo (Y \ X c )
c
è un secondo atomo, cioè un secondo singoletto (ad esempio, fa; bg \ fag =
fa; bg \ fb; cg = fbg) e ci riconduciamo al Caso 1. Caso 3. X e Y hanno
ciascuno due elementi (ad esempio X = fa; bg e Y = fa; cg). In questo caso,
essendo X 6= Y e C ard(U ) = 3, X \ Y è un atomo e ci riconduciamo al
Caso 2. Non vi sono altre coppie possibili di generatori. Inoltre, non vi sono
terne irriducibili di generatori, in quanto ogni terna di insiemi distinti tra loro
e diversi da ; e U contiene almeno una coppia tra quelle considerate nei casi
1-3. A questo
irriducibili
¡ ¢ punto contiamo quanti sono gli insiemi di¡ generatori
¢
trovati: 32 = 3 nel Caso 1, prendendo 2 dei 3 atomi. 32 ¢ 2 = 6 nel Caso 2.
¡ ¢
Infatti abbiamo 32 insiemi di 2 elementi, e per ciascuno possiamo scegliere 2
¡3¢
sottinsiemi di un elemento. 3 nel Caso 3, Infatti abbiamo 2 = 3 possibilità
di scegliere il primo insieme di due elementi, e 3 ¡ 1 = 2 possibilità per
scegliere il secondo, ma tale numero 3 ¢ 2 = 6 deve esser diviso per 2! = 2
dal momento che non conta l’ordine. Gli insiemi di generatori irriducibili sono
dunque 3 + 6 + 3 = 12:
Eser cizio 2.42 (omesso 2014) Sia B un’algebra finita e x 2 B: Esprimere x0
in funzione degli atomi di B:
Soluzione. Vale at(x0 ) = (at(x))c : Infatti, per ogni atomo a, a 2 at(x0 ) sse
a · x0 sse a £ x (altrimenti, per Th.2.28.6, avremmo a · 0) sse a 2
= at(x)
W
sse a 2 (at(x))c : Pertanto x0 =
a :
a2(at(x))c
Eser cizio 2.43 (omesso 2014)Sia B un’algebra finita di 2n elementi, con n >
1. Dimostrare che un qualunque insieme di n ¡ 1 atomi genera B.
Soluzione. Sia At(B) = fa1; :::; an g e si consideri la sottalgebra di B generata
0
da a1; :::; an¡1. Essendo an = (a1 _ ::: _ an¡1) (cfr. il precedente Esercizio
2.42) tale sottalgebra contiene tutti gli atomi di B e quindi coincide con B:
20
2.4
Congiunzioni elementari e atomi
Ricordiamo che un termine booleano ®(x1; :::; xn) in n variabili è detto conn
V
giunzione elem entar e se ha la forma
x~i , dove, per ogni i · n, x~i = xi
i=1
oppure x~i = x0i: Essendovi due possibilità per ciascun x~i ; le possibili congiunzioni elementari di x1 ; :::xn sono 2n:
Teor ema 2.44 Sia B un’algebra di Boole generata da Y = fg 1; :::gn g :
(1) Ogni atomo di B ha la forma ® [g 1; :::gn ], dove ® è congiunzione elementare in n variabili.
(2) Data una congiunzione elementare ®; ® [g 1; :::gn ] è un atomo di B oppure
è 0.
(3) Date due congiunzioni elementari ® 1(x1;1; :::; x1;n ) e ®2 (x2;1; :::; x2;n); se
® 1 6= ® 2 e ® 1 [g1 ; :::g n ] e ® 2 [g1 ; :::g n] sono atomi, allora tali atomi sono diversi.
Dimostr azione. (Omessa 2014) (3) Infatti, se ® 1 6= ® 2 allora esiste i · n tale
che x1;i = xi e x2;i = x0i (o viceversa), per cui ® 1 [g1; :::g n] ^ ® 2 [g1; :::g n] =
0, mentre, se ® 1 [g 1; :::gn ] e ® 2 [g1 ; :::g n] denotassero lo stesso atomo a; avremmo ® 1 [g1 ; :::g n] ^ ®2 [g1 ; :::g n] = a ^ a = a:
Ora, poiché ogni elemento è supremo di atomi (Teorema 2.37 ) e ogni atomo è
congiunzione elementare di generatori (Teorema 2.44), otteniamo che
Cor ollar io 2.45 Sia B un’algebra di Boole generata da g1 ; :::g n;
siano ® 1(x1; :::; xn); :::; ® m(x1; :::; xn ), con m = 2n , le congiunzioni elementari in n variabili e sia I = fi 2 N : 1 · i · mg :
1) Ogni elemento di B ha la forma
_
®j [g 1; :::g n]
j2J
dove J µ I, intendendo 0 =
W
® j [g1; :::g n] :
j2;
(Il punto (1) è un rafforzamento del Teorema 2.22 per algebre finite).
2) C ard(At(B)) · 2n ;
n
3) C ard(B) · 22 :
I due precedenti risultati ci forniscono il seguente
Algor itmo per deter m inar e l’algebr a gener ata da un insiem e finito Y =
fg 1; :::gn g di gener ator i:
1.
trovare tutti gli elementi della forma ® [g 1; :::; g n], dove ®(x1; :::; xn ) è
una n-congiunzione elementare. Tali elementi, se non sono lo 0, sono
atomi (distinti per congiunzioni distinte) della generanda algebra. In
questo modo si identificano tutti gli m · 2n atomi di tale algebra;
21
2.
effettuare i 2m possibili supremi di atomi (considerando
W
a i = 0); in tal
i2;
modo si ottengono i 2m elementi dell’algebra generata (Th.2.37).
O sser vazione 2.46 Rispetto al Teorema 2.22, il precedente algoritmo ha il
vantaggio di fare rifermineto alle sole congiunzioni elementari in n variabili ,
in cui inoltre ciascuna variabile è interpretata su un diverso elemento di Y .
Esempio 2.47 Si considerino gli insiemi X = f1; 2; 3g ; Y = f2; 3; 6g e
Z = f1; 6g ; sottinsiemi dell’universo U = f1; 2; 3; 4; 5; 6g : Per determinare la sottalgebra di P (U ) generata da fX; Y; Z g individuiamo dapprima gli
elementi della forma ® [X; Y; Z ] ; dove ® è una congiunzione elementare in 3
variabili:
X \ Y \ Z = ;;
X c \ Y \ Z = f6g
X \ Y \ Z c = f2; 3g ;
Xc \ Y \ Zc = ;
X \ Y c \ Z = f1g ;
X c \ Y c \ Z = ;;
X \ Y c \ Z c = ;;
X c \ Y c \ Z c = f4; 5g :
Gli elementi diversi da ; sono solo 4, in quanto 4 delle 8 congiunzioni elementari ®(x1; x2; x3 ), interpretate su X; Y; Z , sono risultate uguali al vuoto.
Facendo tutte le possibili unioni di f1g ; f6g ; f2; 3g e f4; 5g otteniamo, essendo tali elementi a due a due disgiunti, 24 = 16 elementi (si ricordi che si
considera anche l’unione vuota).
Eser cizio 2.48
in figura.
Sia U un insieme e X; Y due sottinsiemi di U disposti come
X
Y
Esprimere gli elementi della sottalgebra di P (U ) generata da fX; Y g in termini di X e Y .
Soluzione. Gli elementi di P (U ) della forma ® [X; Y ] ; dove ® è una congiunzione elementare in 2 variabili, sono:
A1 = X \ Y c ; A2 = X \ Y ; A3 = X c \ Y ; A 4 = X c \ Y c :
Nessuno di tali elementi è uguale al ;: Essendo tali elementi a due a due disgiunti, otteniamo, considerando i sottinsiemi di fA1; A 2; A3 ; A4g ; 24 = 16
elementi. Nella seguente tabella scriviamo, quando esiste, una espressione
22
semplificata dell’unione ottenuta:
;
fA1 g
fA2 g
fA3 g
fA4 g
fA1; A 2g
fA1; A 3g
fA1; A 4g
fA2; A 3g
fA2 [ A4 g
fA3 [ A4 g
fA1 [ A2 [ A3g
fA1 [ A2 [ A4g
fA1 [ A3 [ A4g
fA2 [ A3 [ A4g
fA1 [ A2 [ A3 [ A4g
$
$
$
$
$
$
$
$
$
$
$
$
$
$
$
$
;
A1
A2
A3
A4
X
A1 [ A3
A1 [ A4
Y
A2 [ A4
Xc
X[Y
X[Yc
(X \ Y )c
Xc [ Y
U
E ser cizio 2.49 Sia U un qualunque insieme non vuoto e siano X e Y due
insiemi tali che ; ½ X ½ Y ½ U: Dire da quanti elementi è composta la sottalgebra di P (U ) generata da fX; Y g :
Soluzione (senza passare per il concetto di FND). Aiutandoci con i diagrammi
vediamo che l’algebra generata dai due insiemi è composta dai seguenti 8 elementi:
A0 = ; (= X \ X c)
A1 = X
A2 = X c \ Y
A3 = Y c
A4 = Y
A5 = X [ Y c
A6 = X c
A7 = U (= X [ X c)
X
0
2
X
X
XX
Y
Y
3
XX
Y
Y
Y
5
XX
YY
Y
1
X
4
X
X
Y
6
Tali elementi corrispondono ai modi con cui è possibile colorare il diagramma
comprendente i due insiemi impiegando un solo colore (oltre il bianco) e senza uscire dai confini che delimitano i due insiemi.
(In modo meccanico, tramite il concetto di FND). Consideriamo gli elementi
della forma ® [X; Y ] ; dove ® è una congiunzione elementare in 2 variabili:
X \ Y ; X \ Y c; X c \ Y ; X c \ Y c
Essendo X µ Y; abbiamo X \ Y c = ;: Gli altri tre elementi sono A1 =
X \ Y = X; A 2 = X c \ Y e A 3 = X c \ Y c = Y c. Le 23 possibili unioni di
tali elementi ci danno gli otto elementi dell’algebra.
7
23
O sser vazione 2.50 Se C è un algebra di insiemi generata da X 1; :::; Xn e se
tali insiemi sono rappresentati mediante diagrammi di Venn, allora
ciascun atomo corrisponde ad una ‘parte indivisa’
cioè una parte di diagramma non tagliata da alcun insieme, purché però gli insiemi siano disegnati in modo che ognuna di tali parti sia caratterizzabile in
ter mini di X1; :::; X n. Facciamo un esempio. Nel diagramma di sinistra ogni
parte indivisa è caratterizzabile in termini di X e Y : 1 = X c \Y c, 2 = X \Y c ,
3 = X \ Y , 4 = X c \Y . Anche nel diagramma al centro ciò accade: 1 = X c ,
2 = X \ Y c , 3 = Y .In quello di destra, invece, le due parti contrassegnate con
2 costituiscono, insieme, X \ Y c , e non è possibile distinguerle riferendosi X
e Y . Lo stesso accade per le due parti segnate con 4, che costituiscono X c \ Y:
L’impiego dei diagrammi di Venn richiede quindi un po’di cautela (cfr. anche
Esercizio ??).
1
2
X
2.5
4
1
3
4
2
2
3
X
Y
4
Y
Generator i liber i
(Paragrafo solo accennato 2014)
Definizione 2.51 Sia B un’algebra di Boole generata da g1 ; :::g n: Definiamo tali generatori liber i se, per ogni congiunzione elementare ®(x1; :::; xn ),
abbiamo
® [g 1; :::g n ] 6= 0:
Un’algebra generata da un insieme di n generatori liberi prende il nome di
algebr a liber a su n gener ator i.
Ad esempio, gli insiemi X; Y dell’Es.?? non sono liberi, mentre lo sono quelli
dell’Es.??.
Teor ema 2.52 Se i generatori g 1; :::gn di un’algebra B sono liberi allora C ard(B) =
n
22 :
Dimostrazione. Dal Teorema 2.44 segue che, per ogni congiunzione elementare ®(x1; :::; xn ); l’elemento ® [g 1; :::gn ], essendo diverso da 0, è un atomo.
24
Inoltre, date due congiunzioni elementari ® 1(x1;1; :::; x1;n) e ® 2(x2;1; :::; x2;n);
se ® 1 6= ® 2 allora ® 1 [g1 ; :::g n] 6= ® 2 [g 1; :::gn ]. Pertanto B ha 2n atomi,
tanti quanti le congiunzioni elementari di n variabili e, per il Teorema ??.2,
n
C ard(B) = 22 :
^ · ~0
E sem pio 2.53
Si consideri
n
o l’algebra F n = (F n ; ^; _; ) dell’Esempio 2.4.
n : i · n
L’insieme [pi ]´
è un insieme di generatori liberi. Che si tratti di un
insieme di generatori è ovvio: ogni formula in n variabili è scritta a partire da
tali variabili. Che i generatori siano liberi risulta invece dal fatto che nessuna
congiunzione elementare p~1 ^ ::: ^ p~n è una contraddizione (esistendo una
valutazione che la soddisfa). Quindi, per ogni n, F n è un’algebra libera su n
generatori.
Teor ema 2.54 Se B è un’algebra libera su n generatori allora B »
= Fn:
Dimostr azione. Fn è libera su n generatori (cfr. Esempio ??), e dal Teorema
?? e dal Corollario 2.62 segue che due algebre libere su n generatori sono
isomorfe tra loro.
Il seguente Esempio dà un esempio esplicito di n insiemi liberi.
E sem pio 2.55 Per ogni n 2 N, esiste U ed esistono n insiemi X 1; :::; Xn µ
U che sono un insieme di generatori liberi per P (U ):Infatti, dato n, considen
riamo l’insieme U = f0; 1g costituito dalle 2n n-ple ordinate di 0 e di 1. Per
ogni i · n poniamo
Xi = fv 2 U : v(i) = 1g
dove con v(i) intendiamo l’i-esima componente della n-pla v. Tali insiemi
~1 \ X
~2 \
X 1; :::; Xn sono liberi. Infatti, data una qualunque intersezione X
c
~
~
::: \ X n; dove Xi è X i o Xi ; si consideri l’elemento v 2 U così definito:
¿
~i = X c ;
0 se X
i
per ogni i · n, v(i) =
~i = X i:
1 se X
~1 \ X
~ 2 \:::\ X
~n e quindi X
~1 \ X
~ 2 \ :::\ X
~n 6= ;: In tal modo,
Abbiamo v 2 X
per ogni congiunzione elementare ®(x1 ; :::; xn ), abbiamo ® [X 1; :::; Xn ] 6= 0:
Ad esempio, per n = 3 abbiamo X1 = f(1; 0; 0); (1; 0; 1); (1; 1; 0); (1; 1; 1); g,
X 2 = f(0; 1; 0); (0; 1; 1); (1; 1; 0); (1; 1; 1)g e X3 = f(0; 0; 1); (0; 1; 1); (1; 0; 1); (1; 1; 1)g :
Per n =
½ 4 abbiamo:
¾
(1; 0; 0; 0); (1; 0; 0; 1); (1; 0; 1; 0); (1; 0; 1; 1);
X1 =
(1; 1; 0; 0); (1; 1; 0; 1); (1; 1; 1; 0); (1; 1; 1; 1)
½
¾
(0; 1; 0; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1);
X2 =
(1; 1; 0; 0); (1; 1; 0; 1); (1; 1; 1; 0); (1; 1; 1; 1)
½
¾
(0; 0; 1; 0); (0; 0; 1; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1);
X3 =
(1; 0; 1; 0); (1; 0; 1; 1); (1; 1; 1; 0); (1; 1; 1; 1)
25
½
¾
(0; 0; 0; 1); (0; 0; 1; 1); (0; 1; 0; 1); (0; 1; 1; 1);
X4 =
:
(1; 0; 0; 1); (1; 0; 1; 1); (1; 1; 0; 1); (1; 1; 1; 1)
Si pone questo problema: come rappresentare n insiemi liberi mediante un
diagramma di Venn?
Qui di seguito presentiamo il caso per n = 2 e n = 3; per i quali esiste una
rappresentazione visivamente molto chiara.
Z
X
Y
X
Y
Per una fallace generalizzazione dei casi n = 2 e n = 3 , potremmo pensare
che i quattro insiemi del successivo diagramma a sinistra siano liberi. Così non
è. Quel diagramma contiene infatti 14 parti indivise mentre, se gli insiemi fossero liberi, nessuna congiunzione elementare in 4 variabili individuerebbe il ;
e quindi le parti indivise dovrebbero essere 24 = 16: Nel nostro caso, invece,
X 1 \ X 2c \ X 3 \ X 4c = ; e X 1c \ X 2 \ X 3c \ X 4 = ;: I quattro insiemi del diagramma di destra sono invece liberi. Come si vede, questa volta abbiamo 16
parti indivise, corrispondente ciascuna ad una congiunzione elementare. Purtroppo, tale diagramma non ha più la ‘regolarità’che avevano i casi n = 2 e
n = 3.
X
t
Y
z
Z
T
x
y
X; Y; Z; T non liberi
X; Y; Z; T liberi
Eser cizio 2.56 Si considerino gli insiemi X = f1; 2; 3g ; Y = f2; 3; 6g e
Z = f1; 6g ; sottinsiemi dell’universo U = f1; 2; 3; 4; 5; 6g : (a) Individuare
la sottalgebra C di P (U ) generata da X; Y; Z . (b) Dire se X; Y; Z sono liberi. In caso negativo trovare, se esiste, un insieme di generatori liberi per C. (c)
Dire X; Y; Z costituiscono un insieme di generatori irriducibile e, in caso negativo, trovarne un sottinsieme irriducibile.
Soluzione. Il primo punto della procedura per determinare C consiste nell’individuare i suoi atomi:
X \ Y \ Z = ;, X \ Y \ Z c = f2; 3g = b1, X \ Y c \ Z = f1g = b2,
X \Y c \Z c = ;, X c \Y \Z = f6g = b3, X c \Y \Z c = ;, X c \Y c \Z = ;,
X c \ Y c \ Z c = f4; 5g = b4.
26
Gli atomi sono solo 4, in quanto 4 delle 8 congiunzioni elementari in tre variabili individuano il vuoto (X; Y; Z non sono quindi generatori liberi). Il secondo
punto della procedura consiste nel fare tutte le possibili unioni di atomi. La
sottalgebra ha pertanto i seguenti 24 = 16 elementi: ;; b1; b2; b3 ; b4; b1 [ b2;
b1 [ b3; b1 [ b4 ; b2 [ b3; b2 [ b4; b3 [ b4; b1 [ b2 [ b3 ; b1 [ b2 [ b4 ; b1 [ b3 [ b3;
b2 [ b3 [ b4 ; b1 [ b2 [ b3 [ b4 (= U ):
Poiché X \ Y c = f1g e Y \ X c = f6g, abbiamo Z = (X \ Y c ) [ (Y \ X c ) :
Pertanto fX; Y g è un insieme di generatori per C e dunque fX; Y; Zg non è
2
un insieme irriducibile. Essendo 16 = 22 , fX; Y g è un insieme di generatori liberi per C: Ciò si verifica anche in modo diretto, osservando che le
quattro congiunzioni elementari in due variabili individuano i quattro atomi:
X \ Y; X \ Y c ; X c \ Y; X c \ Y c:
E ser cizio 2.57 Trovare il numero degli elementi delle sottalgebre di P (U )
generate dalle terne di insiemi X; Y; Z rappresentati nei 4 diagrammi seguenti.
X
X
Z
Y
Z
2
Y
1
Z
1
2
5 8 6
2
4
7
X
1
Z
3
Y X
3
4
3
Y
4
Soluzione. I diagrammi contengono nell’ordine 5, 6, 5 e 8 parti indivise (cioè
atomi), e quindi le rispettive algebre generate hanno 25 = 32, 26 = 64; 25 =
32 e 28 = 256 elementi. Solo nel quarto diagramma, essendo 8 = 23; nessuna
congiunzione elementare corrisponde al vuoto e X; Y; Z sono liberi.
X
5
4
Z
2
Z
Y
2
3
X
4
3
5 6
5
Z
Y
2
3
4
1
1
1
X
1
1
2
Z
4
X
Y
3
5
2
8
6
7
3
4
E ser cizio 2.58 Trovare, se esiste, un insieme di generatori liberi per l’algebra
P (U ); con U = fa; b; c; dg :
2
Soluzione. C ard(P (U )) = 24 = 22 : Pertanto P (U ) »
= F 2 e quindi P (U ) ha
un insieme di due generatori liberi. Per determinarli, impieghiamo il Teorema
??.7. Troviamo una biezione ª tra
At(F 2) = f[:p ^ :q]´ ; [:p ^ q]´ ; [p ^ :q]´ ; [p ^ q]´g
Y
27
e
At(P (U )) = ffag ; fbg ; fcg ; fdgg ;
ad esempio ª([:p ^ :q]´ ) = fag ; ª([:p ^ q]´) = fbg ; ª([p ^ :q]´ ) =
fcg ; ª([p ^ q]´) = fdg : ª è estendibile ad un isomorfismo ©, e in un isomorfismo i generatori liberi si corrispondono. Essendo [p]´ e [q]´ generatori
liberi di F 2; ed essendo p ´ (p ^ q) _ (p ^ :q) e q ´ (:p ^ q) _ (:p ^ q)
otteniamo:
©([p]´ )
©([q]´ )
=
=
¹
©([p ^ q]´)_©([p
^ :q]´) = fdg [ fcg = fc; dg
¹
©([p ^ q]´)_©([:p
^ q]´) = fdg [ fbg = fb; dg
L’insieme ffb; dg ; fc; dgg è un insieme di generatori liberi per P (U ).
Eser cizio 2.59 Sia C l’algebra di insiemi generata da tre sottinsiemi liberi
X; Y; Z di U . Dire se C è isomorfa a F3 :
Soluzione. Si. F 3 è generata da [p]´ ; [q]´ ; [r]´, che sono liberi (cfr Esempio
3
2.33). Entrambe le algebra hanno quindi 22 = 256 elementi e sono isomorfe.
2.6
Isom or fismi
Definizione 2.60 Siano B1 = (B 1; _1; ^1;01 ) e B2 = (B 2; _ 2; ^2;02 ) due
algebre di Boole. Una funzione © da B 1 a B 2 si dice un isomor fism o tra tali
algebre se soddisfa le seguenti condizioni:
1) © è biettiva;
2) per ogni x; y 2 X1; ©(x ^1 y ) = ©(x) ^2 ©(y);
3) per ogni x; y 2 X1; ©(x _1 y ) = ©(x) _2 ©(y);
4) per ogni x 2 X 1; ©(x0 1 ) = ©(x)02 :
A parole, le condizioni (2) e (3) asseriscono che, per ogni coppia di elementi x; y della prima algebra, l’immagine mediante la © dell’infimo (supremo)
tra x e y coincide con l’infimo (supremo) delle le loro immagini.1 E’immediato osservare come la relazione di isomorfismo tra algebre di Boole sia una
relazione di equivalenza. Due algebre di Boole B1 e B2 tra le quali esiste un
isomorfismo si dicono isomor fe. In simboli,B1 »
= B2:
Le condizioni (2)-(4) possono essere espresse in modo equivalente come segue:
per ogni x; y 2 X1; x ^1 y = z se e solo se ©(x) ^2 ©(y ) = ©(z);
per ogni x; y 2 X1; x _1 y = z se e solo se ©(x) _2 ©(y ) = ©(z);
0
per ogni x 2 X 1; x01 = y se e solo se (©(x)) 2 = ©(y):
1
Dalle identità x ^ y = (x0 _ y 0 )0 e x _ y = (x0 ^ y 0 ) 0 segue che, nella definizione di
isomorfismo, una tra le condizioni (2) e (3) è superflua.
28
In tal modo, se due algebre sono isomorfe allora qualunque proprietà (purché
espressa con riferminento alle operazioni coinvolte dall’isomorfismo) vale nell’una se e solo se vale nell’altra. Da questo punto di vista, due strutture isomorfe sono strutturalmente identiche. Ad esempio:
1) ©(01) = 02;
2) ©(11) = 12;
3) per ogni x; y 2 B1; x ·1 y se e solo se ©(x) ·2 ©(y);
4) a è un atomo di B1 se e solo se ©(a) è un atomo di B2;
5) X è una sottalgebra di B1 se e solo se f©(x) : x 2 Xg è una sottalgebra di
B2 ;
6) Y è un insieme di generatori di B1 se e solo se f©(g) : g 2 Y g è un insieme
di generatori di B2 :
Uno dei risultati caratterizzanti la teoria delle algebre di Boole è il
Teor ema di r appr esentazione di Stone. Ogni algebra di Boole è isomorfa ad
un’algebra di insiemi.
Di conseguenza, le algebre di insiemi sono in grado di rappresentare l’intera classe delle algebre di Boole: se qualche proprietà (che sia esprimibile in
termini di operazioni booleane) vale in ogni algebra di insiemi, allora vale in
ogni algebra di Boole. La forza di questo risultato è notevole. Un esempio:
nel Teorema 2.28 abbiamo elencato un certo numero di proprietà della relazione · nelle algebre di Boole. Salvo che per la prima, non abbiamo svolto la
dimostrazione, che sarebbe risultata laboriosa in quanto, in assenza di una interpretazione privilegiata per le operazioni, avremmo potuto ricorrere solo agli
assiomi della teoria. Ora, in virtù del Teorema di Stone, sappiamo che se una
proprietà è valida interpretando · come la relazione µ di inclusione tra insiemi
allora è valida per ogni algebra di Boole, e la dimostrazione di quelle proprietà,
riferendosi alla relazione µ; è immediata.
(omesso 2014) Le dimostrazione del Teorema di Stone relativamente alle algebre infinite è analoga a quella accennata per i reticoli distributivi. Nel caso
delle algebre finite, esiste una dimostrazione alternativa che sostituisce il concetto di ideale massimale (più precisamente quello di ultrafiltro) con quello di
atomo.
Teor ema 2.61 (Teorema di Stone per algebre di Boole finite ) Sia B = (B; _; ^;0 )
un’algebra di Boole finita. Allora B è isomorfa all’algebra di insiemi (P (At(B)); \; [;c ).
Dimostr azione. Per il Teorema 2.35, abbiamo At(B) 6= ;. Dimostriamo
che la funzione at da B a P (At(B)) è un isomorfismo, in quanto soddisfa
le condizioni (1)-(4) della Definizione 2.60. (1) Nel Lemma 2.36 abbiamo
dimostrato che at è una biezione. (2) Vale at(x ^ y) = at(x) \ at(y ): Infatti a 2 at(x ^ y) se e solo se a · x ^ y; se e solo se (cfr. Teorema
2.28.5-6), a · x e a · y , se e solo se a 2 at(x), a 2 at(y); se e solo se
29
W
W
a 2 at(x) \ at(y): (3) Per il Teorema ??.1 x =
ai ; y =
aj;
a
a
i 2at(x)
j 2at(x)
W
W
W
e quindi x _ y =
a i_
aj =
a h. Ma, per il
ai 2at(x) W aj 2at(x)
ah 2at(x)[at(y)
Lemma 2.36(2), x _ y =
aj ed essendo la funzione sup biettiva, da
al 2at(x_y)
W
W
ah =
aj segue at(x _ y) = at(x) [ at(y ): (4) Vale
ah 2at(x)[at(y)
at(x0 ) = (at(x))c
al 2at(x_y)
(vedi Es.2.42. )
(Osservazione: applicando le leggi di De Morgan (da dimostrare) avremmo
potuto evitare uno dei punti (2) e (3)). (fine omissione 2014)
Cor ollar io 2.62 Due algebre finite B e C aventi la stessa cardinalità sono
isomorfe.
Dimostrazione. (omessa 2014) Per il Teorema di Stone, B »
= P (At(B)) e
C»
P
(At(C)),
da
cui
segue
che
C
ard(At(B))
=
C
ard(At(C)):
Esiste allora
=
W
una biezione f da At(B) ad At(C): Sia x =
a, con X µ At(B): La
a2X
funzione
©(x) =
_
f (a)
a2X
è un isomorfismo tra B e C. (fine omissione)
Come osservato, due algebre isomorfe sono indistinguibili se ci si riferisce a
proprietà esprimibili nei termini delle operazioni coinvolte dall’isomorfismo
stesso; sono cioè strutturalmente uguali. Per tale motivo dal teorema precedente, e dal Corollario 2.38, deriva che, fissato un cardinale m, se m non è una
potenza di 2 allora non vi sono algebre di Boole di m elementi, mentre se è una
potenza di 2 allora ve ne è una e, a meno di isomorfismo, una sola. Questa proprietà segnala che gli assiomi della teoria delle algebre di Boole sono ‘‘forti’’,
in grado cioè di limitare la varietà tra le strutture che li soddisfano.
Cor ollar io 2.63 Se B1 e B2 sono algebre di Boole finite di cardinalità diversa, allora quella avente cardinalità minore è isomorfa ad una sottalgebra di
quella di cardinalità maggiore.
Dimostrazione. Immediata dal Teorema 2.39 e dal Corollario 2.62.
Eser cizio 2.64 Siano B 1 e B2 due algebre di Boole finite aventi lo stesso
numero m di elementi. Dire quanti sono i possibili isomorfismi tra B1 e B2.
Soluzione. Gli isomorfismi sono tanti quanti le possibili biezioni tra gli atomi.
Essendo C ard(At(B1)) = Card(At(B2)) = n, con n = log2 m; le possibili
biezioni da At(B 1) ad At(B2) sono n!.
(Osservazione: Ponendo B1 = B2 = B otteniamo che gli automorfismi di B
sono n!:)
30
E ser cizio 2.65 Sia B = (B; _; ^ 0 ) un’algebra di Boole. Dimostrare che la
funzione, da B a B , così definita:
©(x) = x0
è un isomorfismo tra B = (B ; _; ^;0 ) e B2 = (B; _ 2; ^2;02 ) dove _2 =
^; ^ 2 = _ e 02 = 0 :
Dimostr azione. (Attenzione: non si tratta di automorfismo, in quanto abbiamo
due algebre diverse, pur se sullo stesso dominio).
©(x ^ y) = (x ^ y) 0 = x0 _ y 0 = x0 ^2 y 0 = ©(x) ^ 2 ©(y): Analogamente
per _: Infine ©(x0 ) = x00 = (©(x)) 0 : Tale isomorfismo scambio 0 con 1 e ·
con > :
E ser cizio 2.66 Si considerino l ’algebra P (fa; b; cg) e l’algebra C generata
da due insiemi disgiunti e non vuoti X; Y µ U: Dire se sono isomorfe.
Soluzione. Si. Entrambe sono atomiche (in quanto finite) e hanno 3 atomi e
8 elementi. Per definire un isomorfismo è sufficiente indicare una corrispondenza tra gli atomi. Ad esempio:
©(a) = X
a
©(b) = Y
b
©(c) = U ¡ (X [ Y )
X
c
Y
U
La figura può indurre a pensare che la funzione © inserisca una difformità nel
trattamento di c rispetto ad a e b, difformità assente in P (fa; b; cg : Ma non
bisogna farsi ingannare: la forma che nel diagramma assumono gli atomi (e
quindi la diversità di U ¡ (X [ Y ) rispetto a X e Y ) è inessenziale. Come mostra la figura successiva, è possibile disegnare gli insiemi in modo da far sparire
ogni asimmetria; le diversità tra i diagrammi della linea superiore e quelli della
linea inferiore, pur essendo rilevante sotto molti aspetti, ad esempio topologici, non lo è da un punto di vista algebrico
a
b
c
a
b
a
b
c
a
b
c
X
Y
X
Y
c
31
Rappresentazione di algebre di Boole con diagr ammi
2.7
Nella Figura sono rappresentate le algebre di 2, 4, 8 e 16 elementi (si ricordi
che le algebre finite hanno come cardinalità una potenza di 2 e che, a meno di
isomor fismo, vi è un’unica algebra per ciascuna di tali cardinalità).
sup. di 4 atomi
sup. di 3 atomi
sup. di 2 atomi
atomi
sup. di 0 atomi
Poiché in un’algebra di Boole finita ogni elemento è supremo di atomi, nel
diagramma di Hasse di un’algebra di 2n elementi è possibile disporre gli elementi
¡ n¢ su n + 1 livelli, da 0 ad n. Al livello k, per 0 · k · n; si trovano gli
k elementi che sono supremo di un sottinsieme di k degli n atomi (ponendo
sup ; = 0). In ciascuna algebra troviamo quindi, livello per livello, i numeri
di una riga del triangolo di Tartaglia (v. figura successiva). Inoltre, a ciascun
punto x di livello k arrivano (dal livello inferiore) k segmenti,
¡ k ¢ precisamente
dai k elementi di livello k ¡ 1 che sono supremo dei k = k¡1
sottinsiemi di
k ¡ 1 dei k atomi di cui x è supremo.
1
1
1
1
1
1
3
4
5
1
2
1
3
6
10
1
4
10
1
1
1
Mentre le operazioni reticolari ^ e _ sono chiaramente visualizzate nei diagrammi di Hasse, non altrettanto avviene, nel caso delle algebre di Boole, per
l’operazione di complemento. Possiamo tuttavia osservare questo fatto. Sia
At(B) l’insieme degli atomi di un’algebra B finita: Dato un qualunque elemento x, abbiamo x = sup at(x) e x0 = sup(At(B) ¡ at(x)): Supponiamo
C ard(At(B)) = n e C ard(at(x)) = k: Allora x si trova al livello k e il
suo
x0 si trova al livello n ¡ k (in questo contesto, l’identità
¡ n¢ complementare
¡ n ¢
0
k = n¡k corrisponde all’iniettività della funzione : tanti elementi, altret-
32
tanti complementari). Nella figura successiva abbiamo nominato con lettere
la prima metà degli elementi (partendo dal basso e, all’interno di ciascun livello, da sinistra); la seconda metà è costituita dai loro complementari. In tal
modo otteniamo la seguente visualizzazione: il complementare di un elemento si trova nel punto simmetrico rispetto al centro di simmetria segnato con un
asterisco.
0'
0'
0'
c'
b'
a'
b
c
e
d'
c'
f
g
a
b
*
0'
a
*
0
*
a'
a
0
0
*
b'
a'
g'
f'
c
d
e'
0
Centro di simmetria per il complementare
2.8
Anelli booleani
Definizione 2.67 Un anello commutativo unitario (A; +; ¢) con 0 6= 1 è booleano se, per ogni x 2 A, x ¢ x = x:
Teor ema 2.68
Sia (A; ^; _;0 ; 0; 1) un’algebra di Boole. Ponendo
x + y = (x ^ y 0 ) _ (x0 ^ y );
x¢y = x^y
(2.6)
abbiamo che la struttura (A; +; ¢) è un anello booleano, i cui 0 ed 1 sono quelli
dell’algebra.
Dimostr azione. Osserviamo che, per le proprietà delle algebre di Boole,
x + y = (x _ y ) ^ (x ^ y) 0
Impieghiamo per comodità il linguaggio insiemistico (per il Teorema di Stone,
ciò non è riduttivo). Sia dunque C un campo di insiemi su un universo U e sia
x + y = (x \ y c) [ (xc \ y). Dimostriamo dapprima che (C; +) è un gruppo
commutativo. L’operazione + è associativa. Infatti, per ogni A; B; C 2 C si
ha:
(A + B) + C = ((A \ B c) [ (A c \ B)) + C =
c
= (((A \ B c ) [ (Ac \ B)) \ C c ) [ (((A \ B c ) [ (Ac \ B)) \ C ) =
c
c
c
c
c
c
c
= (A \ B \ C ) [ (A \ B \ C ) [ (A \ (A \ B)) \ C ) =
33
= (A \ B c \ C c ) [ (Ac \ B \ C c) [ ((Ac [ B) \ (A [ B c ) \ C ) =
= (A\B c \C c)[(A c\B\C c)[(((A c \ A) [ (A c \ B c) [ (B \ A) [ (B \ B c )) \ C ) =
= (A \ B c \ C c ) [ (Ac \ B \ C c) [ (A c \ B c \ C ) [ (A \ B \ C ):
Procedendo in modo analogo con A+ (B + C ) si perviene allo stesso risultato.
L’elemento neutro è l’insieme vuoto ;: Infatti ;+A = ((; \ Ac ) [ (;c \ A)) =
; [ A = A per ogni A 2 C:
Per quanto riguarda l’opposto abbiamo, per ogni A 2 C; A + A = (A \ A c) [
(Ac \ A) = ; [ ; = ;: Dunque ¡A = A:
Infine, è ovvio che la differenza simmetrica sia commutativa.
Ora, nel gruppo (C; +) consideriamo come ulteriore operazione ¢ l’usuale interserzione insiemistica \, e dimostriamo che la terna (C; +; ¢) è un anello commutativo unitario.
L’intersezione è associativa. Vediamo la distributività. Siano A; B; C 2 C: Si
ha:
A ¢(B + C ) = A \ ((B \ C c) [ (B c \ C)) = (A \ B \ C c ) [ (A \ B c \ C ).
Stesso risultato otteniamo èartendo da A ¢ B + A ¢ C: Infatti A ¢ B + A ¢ C =
(A \ B) + (A \ C ) =
c
c
= ((A \ B) \ (A \ C ) ) [ ((A \ B) \ (A \ C )) =
c
c
c
c
= (A \ B \ (A [ C )) [ ((A \ B ) \ A \ C ) =
= (A \ B \ A c) [ (A \ B \ C c) [ (Ac \ A \ C ) [ (B c \ A \ C ) =
= (A \ B \ C c ) [ (B c \ A \ C ) :
L’unità è data da U: Infatti, per ogni A 2 C; si ha X \ A = A \ X = A:
Vale anche il passaggio inverso, che non dimostriamo.
Teor ema 2.69
Sia (A; +; ¢) un anello booleano. Ponendo
x ^ y = x ¢ y;
x _ y = x + y + (x ¢ y );
x0 = 1 + x
(2.7)
abbiamo che la struttura (A; ^; _;0 ; 0; 1) è una algebra di Boole, il cui anello
booleano corrispondente (ottenuto tramite il Th.2.68) è (A; +; ¢)
Gli anelli booleani sono dunque tutti e soli quelli che si ottengono tramite il
Teorema 2.68. In qualunque campo di insiemi x + x = (x ¡ x) [ (x ¡ x) =
; [ ; = ;: Pertanto, per ogni anello booleano A e per ogni x 2 A,
x+x=0
e quindi, per definizione di inverso, ¡x = x. Inoltre, per ogni campo di insieme e per ogni x 6= 1 non esiste y tale che x \ y = 1: Quindi, nessun anello
34
booleano che contenga un elemento x diverso da 0 e da 1 è un campo, in quanto
A ¡ f0g non può essere un gruppo rispetto all’operazione di prodotto.
E sem pio 2.70 Consideriamo l’algebra di Boole di 4 elementi (A; _; ^;0 ; 0; 1)
dove A = f0; a; b; 1g (con b = a0 ). Applicando la conversione (2.6) otteniamo
la seguenti tabelle per le operazioni + e ¢ (trattandosi di operazioni commutative possiamo riempire solo metà matrice) :
+
0
a
b
1
0
0
a
a
0
b
b
1
0
1
1
b
a
0
¢
0
a
b
1
0
0
a
0
a
b
0
0
b
1
0
a
b
1
Il Teorema 2.68 ci dice che la struttura (A; +; ¢) è un anello booleano. Ora,
applicando la conversione (2.7) su tali operazioni, otteniamo
_
0
a
b
1
0
0
a
a
a
b
b
1
b
1
1
1
1
1
^
0
a
b
1
0
0
a
0
a
b
0
0
b
1
0
a
b
1
0
1
b
a
0
0
a
b
1
cioè l’algebra di Boole (A; _; ^;0 ; 0; 1) da cui siamo partiti.
E ser cizio 2.71
a Z2 £ Z 2.
(tale
Dimostrare che l’anello dell’esempio precedente è isomorfo
E ser cizio 2.72 Dimostrare che l’algebra di Boole di 2n elementi corrisponn
de all’anello booleano (Z2 ) :
Dimostr azione. Gli atomi sono gli n elementi (1; 0; :::; 0); (0; 1; :::; ); :::; (0; 0; :::; 1)
costituiti dalle stringhe di lunghezza n contenenti un solo 1.
Riferendoci ai campi di insiemi, ci chiediamo che cosa corrisponda in tale contesto all’operazione +. Dati x e y abbiamo:
x + y = (x ^ y 0 ) _ (x0 ^ y) = (x \ y c ) [ (xc \ y):
Tale elemento prende il nome di differ enza sim metr ica di x e y, poiché (x \ y c )[
(xc \ y) è uguale a (x ¡ y) [ (y ¡ x); ed è sovente indicato con x © y. Vale
anche x © y = x [ y ¡ (x \ y) e x © y = (x [ y) \ (x \ y )c
35
Se consideriamo le algebre di Boole F e F n ottenute dalla logica proposizionale, abbiamo
¡
0 ¢ ¡
0¢
[']n + [Ã]n = [']n ^ [Ã]n _ [Ã]n ^ [']n = [(' ^ :Ã) _ (:Ã ^ ')]n :
La formula (' ^ :Ã)_(:à ^ ') è vera quando una ed una sola tra ' e à è vera.
Sovente si introduce un nuovo connettivo, detto disgiunzione for te (o XO R)
¹ ; al quale è attribuita la tavola di verità di (' ^ :Ã) _
e simbolizzato con _
¹ Ã]n.
(:Ã ^ '). In tal modo, [']n + [Ã]n = ['_
¹Ã
' Ã
'_
0 0
0
¹Ã
² disgiunzione forte: '_
0 1
1
1 0
1
1 1
0
Riassumiamo le corrispondenze trovate:
negli anelli booleani:
somma +
j
j
nei campi di insiemi:
differenza simmetrica ©
j
j
in logica proposizionale:
¹
disgiunzione forte _
Eser cizio 2.73 (omesso 2014)Sia (A; _; ^;0 ; 0; 1) un’algebra di Boole e (A; +; ¢)
l’anello booleano corrispondente. Sia I µ A: Dimostrare che I è un ideale dell’algebra sse è un ideale dell’anello.
Soluzione. Supponiamo che I sia un ideale dell’algebra. Poiché a ¢b = a ^b, la
condizione per inf è soddisfatta. Siano a; b 2 I. Allora a+b = (a_b) ^(a^b) 0
e poiché (a _ b) 2 I e (a ^ b)0 2 A abbiamo a + b 2 I e quindi I è
un ideale dell’anello: Supponiamo ora che I sia un ideale dell’anello. Da
a _ b = a + b + (a ¢ b) e da a; b; a ¢ b 2 I segue a _ b 2 I:
Fine progamma 2014
36
(Da qui al fondo omesso 2014)
2.9
Identità valide
(Per definizione, una identità ® = ¯ tra termini booleani è valida se è soddisfatta per ogni interpretazione in qualunque algebra di Boole. Naturalmente, a
causa del riferimento alla totalità degli elementi della totalità delle algebre, da
tale definizione non deriva un metodo per determinare in modo effettivo la validità di una identità. Esistono tuttavia degli algoritmi in grado di farlo. Quello
che presentiamo è il cosiddetto metodo delle Tavole di appartenenza, che ora
trattiamo formalmente.
Innanzitutto, in virtù del Teorema di Stone, invece di considerare la classe di
tutte le algebre di Boole possiamo limitarci alle algebre di insiemi. In tal modo
possiamo costantemente interpretare le operazioni booleane con le operazioni insiemistiche \; [;c e le variabili che compaiono nei termini booleani come
sottinsiemi X1; :::; X n di qualche universo U . Per una maggiore intuitività,
scriveremo quindi i termini booleani (v. Definizione 2.12) impiegando i simboli \; [;c al posto di ^; _;0 .
Siano X1; :::; X n sottinsiemi di un insieme U e sia a un qualunque elemento di
U: Tale elemento può appartenere o non appartenere ad X 1, appartenere o non
appartenere ad X 2, e così via fino a n: Esistono pertanto 2n diverse situazioni
di appar tenenza di a rispetto a X 1; :::; Xn ; ciascuna delle quali può essere
rappresentata da una sequenza
~ 1; :::; 2
~ n)
s = (2
~ i è 2 oppure 2
dove, per ogni i · n, 2
= : Si consideri ora un termine ® in
x1; :::xn ; Per costruire la tavola di appar tenenza per ® bisogna elencare tutte le 2n possibili situazioni di appartenenza e, per ognuna, determinare l’appartenenza di un generico a ai vari insiemi individuati dalle sottotermini che
compongono ®. Il comportamento delle varie operazioni insiemistiche rispetto all’appartenenza si desume dalla loro definizione, ed è rappresentato dai
seguenti schemi:
®
2
=
2
=
2
2
¯
®\ ¯
2
=
2
=
2
2
=
2
=
2
=
2
2
intersezione
®
2
=
2
=
2
2
¯
®[¯
2
=
2
=
2
2
2
=
2
2
2
unione
®
2
=
2
®c
2
2
=
complemento
37
Ad esempio, la tavola di appartenenza del termine ® : (x [ y) \ (y c [ x) è
x
y
yc
x[y
yc [ x
(x [ y) \ (y c [ x)
2
=
2
=
2
2
2
=
2
2
=
2
2
2
=
2
2
=
2
=
2
2
2
2
2
=
2
2
2
=
2
=
2
2
Data una situazione di appartenenza s relativa ad n insiemi e dato un termine
® in n variabili, scriviamo
s(®)
per indicare il valore che compare nella colonna finale della tavola di appartenenza di ® in corrispondenza della situazione s: Ad esempio se s = (2; 2
=) e
® è il termine (x [ y ) \ (y c [ x) dell’esempio precedente, allora s(®) =2; essendo questo il valore della colonna finale della tavola di ® in corrispondenza
dell’assegnazione (2; 2
= ); cioè nella terza riga.
Teor ema 2.74 Dato un insieme U , dato a 2 U , dati X1 ; :::; X n µ U e data
~ 1; :::; 2
~ n ) di a rispetto a X1 ; :::; X n, vale
la situazione di appartenenza s = (2
che:
a 2 ® [X 1; :::; Xn ] se e solo se s(®) =2 :
Dimostrazione. Per induzione sulla costruzione del termine ®: (Attenzione: i
vari passaggi sono fin troppo ovvi)
Se ® è una variabile (base di induzione), cioè ® = x, allora la tavola di appartenenza di ® coincide con la colonna della variabile x. Ma anche ® [X] = X
e quindi l’asserto dice che a 2 X sse s(®) =2, i.e. sse a 2 X:
Affrontiamo i tre passi induttivi, uno per ciascun passo nella costruzione dell’insieme dei termini.
Supponiamo ® = ¯ c: Allora a 2 ® [X1; :::; Xn ] sse a 2
= ¯ [X 1; :::; Xn ] sse,
per ipotesi induttiva, s(®) =2;
= sse s(¯ ) =2 :
Supponiamo ® = ¯ \ °: Allora a 2 ® [X 1; :::; Xn ] sse a 2 ¯ [X 1; :::; Xn ]
e a 2 ° [X 1; :::; Xn ] sse, per ipotesi induttiva, s(¯ ) =2 e °(s) =2; sse
s(®) =2 :
Supponiamo ® = ¯ [ °: Allora a 2 ® [X 1; :::; Xn ] sse a 2 ¯ [X 1; :::; Xn ]
o a 2 ° [X 1; :::; Xn ] sse, per ipotesi induttiva, s(¯ ) =2 o °(s) =2; sse
s(®) =2 :
Diciamo che due termini booleani ® e ¯ in n variabili hanno la stessa tavola di
appar tenenza se hanno uguale la colonna finale delle rispettive t.d.a. (Nel caso siano in un numero diverso di variabili, si parifica fittiziamente tale numero
congiungendo termini della forma ::: \ (xi _ xci ). Vale il seguente risultato.
38
Teor ema 2.75 L’identità ® = ¯ è valida se e solo se ® e ¯ hanno la stessa
tavola di appartenenza.
Dimostr azione. Supponiamo dapprima che ® e ¯ abbiano la stessa tavola di
appartenenza. Siano X 1; :::; Xn sottinsiemi di un qualunque universo U; sia
~ 1; :::; 2
~ n ) la situazione di appartenenza di a rispetto a
a 2 U e sia s = ( 2
X 1; :::; Xn . Per l’uguaglianza delle tavole di ® e ¯ , s(®) = s(¯ ) e quindi, per
il Teorema 2.74, a 2 ® [X1; :::; X n] se e solo se a 2 ¯ [X1 ; :::; Xn ] : Poiché ciò
vale per ogni a 2 U; abbiamo ® [X1; :::; X n] = ¯ [X 1; :::; Xn ], e poiché ciò
accade per ogni n-pla di insiemi X 1; :::; Xn di qualunque universo U , abbiamo
che ® = ¯ vale in ogni algebra di insiemi. Pertanto, per il Torema di Stone,
l’identità ® = ¯ è valida. Viceversa, supponiamo che ® = ¯ sia valida e
~ 1 ; :::; 2
~ n) una qualunque situazione d’appartenenza. E’immediato
sia s = (2
trovare n insiemi X 1; :::; Xn (non necessariamente distinti) di un universo U
e un elemento a 2 U tale che la situazione di appartenenza di a rispetto ad
X 1; :::; Xn sia s: (Il modo più semplice è il seguente: scelto un qualunque U ,
si pone
¿
~ i =2;
U se 2
Xi =
)
~
; se 2 i = 2
= :
Dalla validità di ® = ¯ segue ® [X1; :::; X n] = ¯ [X 1; :::; Xn ] e quindi, per
il Teorema 2.74, s(®) = s(¯ ). Poiché ciò accade per ogni s, ® e ¯ hanno la
stessa tavola di appartenenza.
La prima conseguenza, prevedibile, del Teorema 2.75 è questa:
Cor ollar io 2.76 L’identità ® = ¯ è valida se e solo se, dopo la trasformazione dei termini ® e ¯ nelle formule proposizionali ® f e ¯ f ; ottenuta sostituendo
ordinatamente le variabili booleane con lettere proposizionali e le generiche
operazioni booleane (che in questa sezione indichiamo con \; [;c) con i connettivi logici ^; _; :; la formula ® f $ ¯ f è una tautologia.
Altre conseguenze altrettanto immediate del Teorema 2.75, ma forse non altrettanto prevedibili, sono le seguenti:
Cor ollar io 2.77 ® = ¯ è valida se e solo se è vera in una singola generica
algebra B.
Dimostr azione. L’implicazione ()) è ovvia. Viceversa, supponiamo che ® =
¯ non sia valida. Allora, per il Teorema 2.75, ® e ¯ hanno tavole di apparte~ 1; :::; 2
~ n ) una situazione rispetto alla quale ® e ¯ si
nenza diverse. Sia s = ( 2
comportano in modo diverso: ad esempio, supponiamo s(®) =2 e s(¯) = 2
=.
Sia C un’algebra di insiemi su un universo U tale che C »
= B: Per ogni i · n
poniamo
¿
~ i =2;
U se 2
Xi =
~ i =2
; se 2
= :
39
In tal modo, preso un qualunque a 2 U , s è la situazione di appartenenza di a
rispetto a X1; :::; X n, per cui da s(®) =2 e s(¯ ) = 2
= segue, per il Th.2.74,
a 2 ® [X 1; :::; Xn ] e a 2
= ¯ [X1; :::; X n]. Pertanto ® = ¯ è falsa in C; e quindi
in B:
Cor ollar io 2.78 Siano B1 e B2 due algebre di Boole. L’identità ® = ¯ è vera
in B1 se e solo se è vera in B2 :
Dimostrazione. Immediata dal corollario precedente.
Dal momento che la validità di una identità può essere verificata riferendosi ad
una singola algebra qualunque, è conveniente scegliere la più piccola algebra
possibile, cioè, riferendosi alle algebre di insiemi, f;; U g : Tale algebra viene
spesso indicata con 2. Bisogna però rimarcare che sull’algebra prescelta le
variabili devono essere interpretate in tutti i modi possibili. Quindi, se ® e ¯
sono termini in n variabili, pur riferendoci all’algebra 2 dovremo effettuare
2n verifiche, corrispondenti al numero dei modi di interpretare x1; :::; xn in
f;; U g.
E’possibile ridurre ulteriormente le operazioni da compiere per verificare la
validità di una identità, interpretando le variabili non più in tutti i modi possibili
sugli insiemi di una singola algebra, bensì su singoli fissati elementi di una
singola fissata algebra.
Teor ema 2.79 Siano ® e ¯ due termini in n variabili e B un’algebra libera su
n generatori g1; ::; g n . L’identità ® = ¯ è valida se e solo se ® [g1 ; :::; g n ] =
¯ [g1 ; :::; gn ].
Dimostrazione. Innanzitutto, per il Teorema di Stone possiamo supporre che
questa algebra libera sia un’algebra di insiemi, e continuare quindi ad usare il simbolismo insiemistico. Il verso ()) è conseguenza immediata delle
definizioni. Viceversa, supponiamo che ® = ¯ non sia valida. Allora, per
il Teorema 2.75, ® e ¯ non hanno la stessa tavola di appartenenza ed esi~ 1; :::; 2
~ n ) tale che s(®) 6= s(¯ ); cioè s(®) =2 e
ste una situazione s = (2
s(¯ ) = 2
= ; o viceversa. Consideriamo
l’intersezione g~1 \ g~2 \ ::: \ ~gn do¿
~ i =2;
gi se 2
ve, per ogni i · n, ~gi =
. Poiché g 1; :::; gn sono libe~ i =2
gic se 2
= :
ri, ~g1 \ ~g2 \ ::: \ g~n 6= ; e quindi esiste un elemento a appartenente a tale
intersezione. Poiché la situazione di appartenenza di a rispetto a g1; :::; g n
è s; da s(®) =2 e s(¯) = 2
= segue, per la (2.74), che a 2 ® [g1; :::; g n] e
a2
= ¯ [g 1; :::; gn ] : Pertanto ® [g 1; :::; gn ] 6= ¯ [g1; :::; g n] :
La seguente tabella riassume l’evoluzione subita dai criteri per determinare
quando una identità è valida.
40
® = ¯ è valida se è soddisfatta da:
(Definizione)
tutte le interpretazioni in tutte le
algebre di Boole.
(Teorema di Stone)
tutte le interpretazioni in tutti le
algebre di insiemi
(Corollario 2.77)
tutte le interpretazioni in una sola
algebra (qualunque)
(Teorema 2.79)
una singola interpretazione su
generatori liberi.
Dunque, per il Teorema 2.79, se l’uguaglianza di termini booleani in n variabili è soddisfatta interpretando tali variabili su n insiemi liberi, allora vale in
qualunque algebra di Boole. Tuttavia, affinchè questo risultato possa costituire un test efficace, da contrapporre a quello delle tavole di appartenenza, è
necessario poter disporre di una buona rappresentazione ‘visiva’di tali insiemi, ottenuta ad esempio mediante diagrammi di Venn. Come sappiamo, ciò è
possibile per i casi n = 2; n = 3 e n = 4 :
Z
X
Y
X
X
Y
Y
Z
T
E ser cizio 2.80 Mostrare che l’identità ® = ¯ dove ® = x0 _y 0 e ¯ = (x ^y) 0
è valida.
Soluzione. Presi due insiemi liberi X; Y , abbiamo ® = ¯ se e solo se ® [X; Y ] =
c
¯ [X; Y ] ; cioè se e solo se (X c [ Y c ) = (X \ Y ) : Il ché vale:
da X c
eY c
X
da X \ Y
E ser cizio 2.81
Y
X
X
Y
a (X \ Y )c
Y
a X c [Y c
X
Y
;
X
Y
.
Siano ® = x ^ (y _ z); ¯ = (x _ y) ^ (x _ z) e ° =
41
(x ^ y) _ (x ^ z): Impiegando un diagramma con tre insiemi liberi dimostrare
la validità di ® = ¯ e la non validità di ® = °:
Soluzione.
Z
Z
X
Y
X \ (Y [ Z )
X
Z
Y
(X [ Y ) \ (X [ Z )
X
(X \ Y ) [ (X \ Z)
Eser cizio 2.82 Già sappiamo che i quattro insiemi del successivo diagramma a sinistra non sono liberi. Trovare due una identità che, pur non essendo
valida, è soddisfatta da tali insiemi.
t
x
Y
z
y
Soluzione. Nel diagramma vale X \ Y c \ Z \ T c = X c \ Y \ Z c \ T ,
dal momento che entrambe le espressioni denotano il vuoto. Questo mostra
perché generatori non liberi soddisfino delle identità non valide. Poiché ogni
espressione può esser posta in FNM, il punto di partenza è la verifica delle congiunzioni elementari. Per il Teorema 2.44, l’unico caso in cui l’interpretazione
di due diverse congiunzioni elementari può coincidere è che entrambe valgano
0, il che non capita mai per generatori liberi.
2.10 Reticoli
La strada che abbiamo seguito per definire le algebre di Boole è stata quella di
partire dalle operazioni ^; _;0 e, mediante queste, definire la relazione ·. E’
possibile invertire il percorso, considerando prima la relazione e definendo poi
le operazioni a partire da essa. In questo modo le algebre di Boole vengono
ad essere particolari insiemi ordinati. Per maggiore comodità, indichiamo una
generica relazione d’ordine con il simbolo · anziché con il simbolo R.
Definizione 2.83 Sia (X; ·) un insieme ordinato. Un elemento a 2 X è
detto minimale [massimale] se per ogni x 2 X , x · a [a · x] implica
x = a:
Un insieme Y µ X è una catena se è totalmente ordinato (da · =Y ).
42
E ser cizio 2.84 Dimostrare che se a è il minimo di (X; ·) allora a è l’unico
elemento minimale.
E ser cizio 2.85 Dimostrare che ogni isomorfismo d’ordine rispetta: il minimo, gli elementi minimali (e analogamente il massimo e gli elementi massimali) e le catene.
Definizione 2.86 Un insieme ordinato (X; ·) è un buon or dine se ogni sottinsieme non vuoto Y di X ammette minimo.
E ser cizio 2.87 Dimostrare che un buon ordine (1) è un ordine totale, (2) ha
minimo, (3) ogni elemento escluso il massimo (se esiste) ha un successore
immediato (ricordiamo che y è successore immediato di x se x · y e x · z ·
y ! (z = x _ z = y);(3) non contiene catene discendenti infinite.
Soluzione. (1) Dati x; y 2 X , l’insieme fx; y g deve avere minimo, e quindi
x · y o y · x:
(2) Ovvio, ponendo Y = X:
(3) Dato x 2 X , se x non è il massimo allora Y = fy : x < yg 6= ; e quindi
ammette minimo. Tale minimo è il successore immediato di x:
(4) Ovvio: una catena discendente infinita non ha minimo.
E ser cizio 2.88
fico’’:
Definiamo su N £ N il seguente ordine (ordine ’’lessicogra(a; b) · (c; d) se a < c o a = c e b · d:
Dimostrare che è un buon ordinamento.
Soluzione. Dato un elemento (a; b);dobbiamo andare verso il basso (cioè su
(a; c), con c < b) o verso il semipiano a sinistra (cioè su (d; e) con d < a ed
eµ qualunque). Questo secondo tipo di movimenti ha una infinita possibilità di
scelta, ma se ne può compiere un numero finito (esattamente a) e dopo ciascuno
di essi i movimenti verso il basso sono in numero finito.
E ser cizio 2.89 Dimostrare che l’ordine lessicografico su R £ R è un ordine
totale ma non un buon ordine.
Soluzione. Dalla definizione segue che (a; b) · (c; d) o viceversa. Ovviamente, non è un buon ordine, dal momento che, ad esempio, f(x; b) : 0 < x · 1g
è una catena discendente infinita.
Definizione 2.90 Un insieme ordinato (A; ·) è un r eticolo se:
1) per ogni x; y 2 A esiste inf fx; yg, cioè max ft 2 A : t · x e t · yg ;
2) per ogni x; y 2 A esiste sup fx; yg, cioè min ft 2 A : x · t e y · tg :
43
A questo punto si possono introdurre le operazioni ^ e _; che nel linguaggio
dei reticoli sono chiamate inf e sup:
² x ^ y = def inf fx; yg ;
(2.8)
² x _ y = def sup fx; yg :
(2.9)
E’immediato dimostrare che le operazioni _ a ^ sono associative e commutative.
Eser cizio 2.91 Dimostrare che ogni insieme A totalmente ordinato è un reticolo.
Soluzione. Per ogni x; y 2 A, x · y o y · x: Nel primo caso, x ^ y = x e
x _ y = y. Nel secondo x ^ y = y e x _ y = x
I reticoli finiti, essendo particolari insiemi ordinati finiti, possono essere rappresentati mediante diagrammi di Hasse.
Eser cizio 2.92
c
Dire quali dei seguenti insiemi ordinati è un reticolo:
d
a
c
b
1
d
a
b
2
a
b
3
4
Soluzione. Gli insiemi ordinati (1) e (2) non sono reticoli poiché, ad esempio,
in entrambi i casi non esiste sup fa; bg : Le strutture (3), (4) e (5) sono reticoli.
Eser cizio 2.93 Dato n 2 N, l’insieme A dei divisori propri ed impropri di n
è un reticolo. Disegnare, in forma di diagramma di Venn, i reticoli dei divisori
di n con n = 27; n = 20 e n = 30:
Soluzione.
5
44
27
20
30
9
4
10
6
10
15
3
2
5
2
3
5
1
1
1
E ser cizio 2.94 (1) Sia A = R2 e ·1 così definita: (a; b) · 1 (c; d) se a · c
e b · d: Dimostrare che (A; · 1) è un reticolo.
(2) Sia A = R2 e · 2 così definita: (a; b) · 2 (c; d) se a < c o a = c e b · d:
Dimostrare che (A; ·2 ) è un reticolo.
Definizione 2.95 Un reticolo è distr ibutivo se, per ogni x; y ; z; valgono le
proprietà distributive di ^ rispetto ad _ e di _ rispetto ad ^ :
x ^ (y _ z) = (x ^ y) _ (x ^ z) e
x _ (y ^ z) = (x _ y) ^ (x _ z):
I tre reticoli (3), (4) e (5) della figura precedente sono distributivi. I due seguenti, invece, non lo sono.
1
1
b
a
c
a
0
b
c
0
Infatti, nel primo di essi a_(b^c) = a_0 = a mentre (a_b)^(a_c) = b^1 =
b; nel secondo, a _ (b ^ c) = a _ 0 = a mentre (a _ b) ^ (a _ c) = 1 ^ 1 = 1:
2.11 Ideali
Definizione 2.96 Sia (A; ·) un reticolo distributivo e I µ A con I 6= ;:
Diciamo che I è un ideale di A se
(1) a; b
2
I ! a_ b2 I
45
(2) (b
2
I e a 2 A) ! a ^ b 2 I
(la condizione (2) di ideale può esser equivalentemente sostituita da
(20 ) (b 2 I e a · b) ! a 2 I
Sia (A; ·) un reticolo distributivo e F µ A con F 6= ;: Diciamo che F è un
filtr o di A se
(1) a; b 2
(2) (b 2
F ! a^b 2 F
F e b · a) ! a 2 F
Si osservi come il concetto di filtro sia duale rispetto a quello di ideale (infatti,
poiché l’identità duale di a ^ b = a è a _ b = a, abbiamo che la relazione duale
della relazione · è >). Quindi, tutte le proprietà che elenchiamo per gli ideali
possono essere dualmente convertite in analoghe proprietà per i filtri.
Un ideale è massimale se non è contenuto propriamente in nessun ideale proprio. (Un filtro massimale viene anche detto ultr afiltr o)
Eser cizio 2.97 Dimostrare che l’intersezione di ideali di un reticolo A è ancora un ideale di A:
La definizione (semantica) di ideale gener ato da Y è standard: intersezione
di tutti gli ideali contenenti Y .
Eser cizio 2.98 Dimostrare che se un ideale è finitamente generato, allora è
generato da un singolo elemento.
Definizione 2.99 Un ideale generato da un singolo elemento viene definito
ideale pr incipale.
Eser cizio 2.100 Sia (A; ·) un reticolo distributivo e a 2 A: Dimostrare che
l’ideale principale generato da fag è
fx : x 2 A ^ x · ag :
Eser cizio 2.101 E’immediato osservare che, per ogni insieme U , (P (U ); µ
) è un reticolo distributivo. Sia a 2 U: Dimostrare che fX : a 2
= Xg è un ideale
di P (U ):
Eser cizio 2.102
Dimostrare che se A è finito ogni ideale è principale.
46
E ser cizio 2.103
) e sia
Dato un insieme infinito U , si consideri il reticolo (P (U ); µ
I = fX 2 P (U ) : X è finitog
Dimostrare che I è un ideale massimale e non principale.
Definizione 2.104 Sia (A; ·) un reticolo distributivo e I un suo ideale. I è
pr im o se I 6= A e, per ogni a; b 2 A
a ^ b 2 I ! (a 2 I o b 2 I):
Analogamente, un filtro F è primo se
a _ b 2 F ! (a 2 F o b 2 F ):
E ser cizio 2.105 Si consideri il reticolo (Z; ·): Trovare un ideale primo ma
non massimale.
Soluzione. Fissato n; l’insieme fx : x · ng è un ideale primo, ma non è massimale.
Teor ema 2.106 (di rappresentazione di Stone). Ogni reticolo distributivo è
isomorfo ad un reticolo di insiemi.
Traccia di dimostrazione. Ad ogni elemento a 2 A viene associato l’insieme
I d(a) di tutti gli ideali primi di A che non contengono a: Si dimostra che se
a 6= b allora Id(a) 6= I d(b) e che a · b sse Id(a) µ I d(b): In tal modo Id
risulta un isomorfismo da A ad fI : I è ideale primo di Ag :
Sia (A; ·) un reticolo. Se esistono min A e max A allora tali elementi sono
indicati con 0 e 1 e definiti zero del reticolo e unità del r eticolo.
1 = max A
e
0 = min A:
(2.10)
E ser cizio 2.107 Dimostrare che ogni reticolo finito è dotato di 0 e di 1:
Soluzione. Siano x1; :::; xn gli elementi del reticolo. 1 = x1 _ ::: _ xn e
0 = x1 ^ ::: ^ xn sono rispettivamente il massimo e il minimo di A.
Un reticolo dotato di 0 e di 1 si dice complementato se per ogni x 2 A esiste
un elemento y 2 A tale che x ^ y = 0 e x _ y = 1: Tale elemento viene
detto com plem ento di x: (Si osservi che se x è complemento di y allora y è
complemento di x).
47
Eser cizio 2.108 Dimostrare che i reticoli (3) e (5) di due figure precedenti
non sono complementati.
Soluzione. Nel reticolo (3) l’elemento a è privo di complemento. Infatti per
avere a ^ y = 0 dobbiamo porre y = b oppure y = 0; ma in entrambi i casi
a _ y 6= 1: Nel reticolo (5), come in ogni insieme totalmente ordinato, ogni
elemento x diverso da 0 e 1 non ha complemento. Infatti, in tal caso, si ha
x ^ y = 0 solo se y = 0, ma allora x _ y = x 6= 1.
Eser cizio 2.109 Dimostrare che i due reticoli presentati nella figura precedente sono complementati.
Soluzione. 0 ed 1 sono uno complemento dell’altro (ciò vale in generale). Nel
reticolo di sinistra c è complemento di a (infatti c ^ a = 0 e c _ a = 1) ed
anche di b (infatti c ^ b = 0 e c _ b = 1): In tal modo sia a che b sono entrambi complementi di c: Nel reticolo di destra ciascuno tra a; b; c è complemento
edgli altri due.
L’esercizio precedente ha mostrato che un elemento può anche avere più di un
complemento. Tuttavia
Teor ema 2.110 Se un reticolo complementato è distributivo, allora ogni elemento ammette un unico complemento.
Dimostrazione. Sia x ^ y = x ^ z = 0 e x _ y = x _ z = 1: Dimostriamo
y = z. z = z _ 0 = z _ (x ^ y ) = (z _ x) ^ (z _ y) = 1 ^ (z _ y) =
1 ^ (y _ z) = (y _ x) ^ (y _ z) = y _ (x ^ z) = y _ 0 = y:
Il complemento di x;in un reticolo distributivo, viene indicato con x0. Pertanto
x ^ x0 = 0 e x _ x0 = 1:
(2.11)
Teor ema 2.111 Sia (A; ·) un reticolo distributivo, dotato di 0 e 1 e complementato. Allora la struttura (A; ^; _;0 ), dove ^; _;0 sono definiti come in
(2.8)-(2.11), è un’algebra di Boole.
La dimostrazione, che omettiamo, consiste ovviamente nel mostrare, a partire
dalle proprietà di ·, che tutti gli assiomi delle algebre di Boole sono soddisfatti.
Teor ema 2.112 Sia A un’algebra di Boole e I un suo ideale. I è massimale
sse, per ogni a, a 2 I o a0 2 I:
Dimostrazione. (() Supponiamo per assurdo I ½ J;con J ideale proprio di
A, e sia b 2 J ¡ I : Da b 2
= I segue b0 2 I e b0 2 J che, insieme a b 2 J , im0
plica b _ b 2 J e quindi J = A:
()) Supponiamo a 2
= I: Vogliamo dimsotrare che a0 2 I. Sia K = fb _ x : b · a e x 2 Ig.
K è un ideale (dimostrare) e I ½ K (dimostrare). Pertanto, essendo I massimale, K = A e quindi per qualche b · a e per qualche x 2 I abbiamo
48
b _ x = 1: Per questi b ed x abbiamo, essendo b · a :
a _ x = (a _ b) _ x = a _ (b _ x) = a _ 1 = 1
e quindi
a 0 = a0 ^ 1 = a0 ^ (a _ x) = (a0 ^ a) _ (a0 ^ x) = 0 _ (a0 ^ x) = a0 ^ x
Ora, a0 ^ x · x e quindi a0 · x: Ma x 2 I e dunque a0 2 I:
49
2.12 Scarti e attese
Eser cizio 2.113 (N; j), dove j esprime la relazione di ’’essere divisore di’’, è
un reticolo distributivo. Le operazioni indotte ^ e _ sono rispettivamente mcm
e M C D.
(1) Dimostrare che, per ogni n, l’insieme fkn : k 2 Ng dei multipli di n è un
filtro principale.
(2) Dimostrare che se n è primo allora fkn : k 2 Ng è un filtro primo.
Eser cizio 2.114 Sia © : G 1 ! G 2 un omomorfismo di gruppi e sia H µ G 1
tale che N© µ H: Dimostrare che H v G 2 sse © [H ] v G 2:
Soluzione. ()) è una parte della proprietà Og3:
(() Da e1 2 H segue e2 = © (e 1) 2 © [H ] 6= ;: Siano a; b 2 H . Allora © (a) ; © (b) 2 © [H ] e quindi, dato che © [H ] è un sottogruppo, © (ab) =
© (a) © (b) 2 © [H] : Ne segue che esiste c 2 H tale che © (c) = © (ab) : Da
¡
¢
¡1
ciò si ricava che © abc¡1 = © (ab) © (c) = e 2, cioè che abc¡1 2 N© µ
¡
¢
¡1
H e quindi che ab = abc¡1c 2 H: Analogamente, © a¡1 = © (a)
2
¡
¢
¡1
¡1
¡1
© (H) e quindi esiste d 2 H tale che © (d) = a : Ancora una volta © a d
=
e 2; cioè a¡1d¡1 2 N© µ H; da cui segue a¡1 = a ¡1 d¡1d 2 H:
Eser cizio 2.115 Sia © : G ! G 0 un omomorfismo non banale di gruppi.
Mostrare che (1) se jGj è un numero primo allora © è iniettiva e che (2) se jG 0 j
è un numero primo allora © è suriettiva.
Soluzione. (1) Dato che N© v G; se jGj è primo allora N© = f1g oppure
N© = G: Tuttavia, questa seconda possibilità contraddice l’ipotesi che © non
sia l’omomorfismo banale. Quindi N© = f1g e © è iniettiva.
(2) Analogamente, da Im (©) v G segue che se jGj è un numero primo allora
Im (©) = f1g oppure Im (©) = G 0 : Ma la prima delle possibilità va ancora
contro l’ipotesi che © non sia l’omomorfismo banale; quindi Im (©) = G 0 ;
cioè © è suriettiva.
Eser cizio 2.116 Siano G e H due gruppi e sia G = fag: Si dimostri che due
omomorfismi © : G ! H e ª : G ! H sono uguali sse © (a) = ª (a).
Soluzione. Occorre dimostrare che per ogni b 2 G risulta © (b) = ¡ª (b)
¢ :
Poiché b 2 G = fag, esiste h 2 Z tale che b = a h: Allora: © (b) = © ah =
¡ ¢
h
h
(© (a)) = (ª (a)) = ª ah = ª (b) :
Eser cizio 2.117 Si considerino i gruppi (R; +) e (Z; +) : Dire se la funzione
parte intera è un epimorfismo.
Soluzione. No. Sia ©(x) = [x] : Abbiamo, ad esempio, [1:6 + 2:8] = 4 mentre
[1:6] + [2:8] = 3:n
50
E ser cizio 2.118 99Dire se il gruppo (R n [x] ; +) dei polinomi in
¡ una varia¢
bile a coefficienti reali di grado minore o uguale a n e il gruppo R n+1; + ;
entrambi rispetto alla somma, sono isomorfi.
Soluzione. Rappresentiamo ciascun polinomio p(x) 2 R n [x] scrivendo tutti i
monomi fino a quello di grado n, mettendo coefficienti 0 quando non sono effettivamente presenti. Ad esempio, se n = 3 scriviamo il polinomio 3x2 ¡ 4
nella forma 0x3 + 3x2 + 0x ¡ 4: A questo punto gli associamo la quadrupla
(0; 3; 0; ¡4) costituita dai suoi coefficienti. In generale
©(a nxn + an¡1 xn¡1 + :::a1x + a0) = (an ; an¡1; :::; a1; a 0):
Chiaramente, © è un isomorfismo.
E ser cizio 2.119 L’applicazione così definita: comunque scelto n 2 f0; 1; :::; 6g ;
© ([n]6) = ([r2]2 ; [r 3]3) ; dove r 2 e r3 sono i resti della divisione di n per 2 e
per 3; rispettivamente, è un omomorfismo.
©
ª
E ser cizio 2.120 Considerato il gruppo (R+; ¢) sia ¢ = (a; b) 2 R+ £ R+ : a5 ¢ b¡6 = 1 :
Si dimostri che ¢, con la normale operazione definita sul gruppo prodotto, è
un gruppo.
Soluzione. Per la prima parte, basta far vedere che ¢ v R+ £ R+: Conside5
¡6
rati allora (a; b) ; (c; d) 2 ¢; si ha: (ac) (bd) = a 5b¡6c5d¡6 = 1 ¢ 1 = 1:
Quindi (a; b) ¢ (c; d) = (ac; bd) 2 ¢:
¡
¢5 ¡ ¡1¢ ¡6
¡
¢¡1
Per ogni (a; b) 2 ¢ si ottiene a ¡1
b
= a5b¡6
= 1¡1 = 1 e
¡
¢
¡1
(a; b) = a¡1; b¡1 2 ¢: È infine ovvio che (1; 1) 2 ¢:

Anno scolastico: Classe: 3BIT MATERIA T.P.S.I.T. Insegnante G

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