Logique et Cal ulabilité(L3 - deuxième semestre)Serge HaddadProfesseur de l'ENS Ca han61, Avenue du Président Wilson94235 Ca han edex, Fran eadresse éle tronique : haddadlsv.ens- a han.frpage personnelle : www.lsv.ens- a han.fr/∼haddad/23 mai 2008

Table des matières1 Systèmes formels 31.1 Dé idabilité et ré ursivité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Ré ursivité dans N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Présentation des systèmes formels . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Interprétation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 Cal ul propositionnel 102.1 Syntaxe, démonstrations et théorèmes . . . . . . . . . . . . . . . 102.2 Interprétation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3 Compa ité, adéquation et omplétude . . . . . . . . . . . . . . . 122.4 Dé idabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.4.1 Tables de vérité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4.2 Tableaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4.3 Coupures . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.5 TD n1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 Cal ul des prédi ats du premier ordre 203.1 Syntaxe, démonstrations et théorèmes . . . . . . . . . . . . . . . 203.2 Interprétation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.3 Adéquation et omplétude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.3.1 La méthode de Henkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.3.2 Formes prénexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.3.3 La méthode de Herbrand . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.3.4 Formes de Skolem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.3.5 La méthode de résolution . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.4 Logique égalitaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.5 Indé idabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.6 TD n2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.7 TD n3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394 Quelques théories dé idables 404.1 Elimination des quanti ateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.2 Ordre dense ave premier et dernier élément . . . . . . . . . . . . 424.3 Ordre dis ret sans premier ni dernier élément . . . . . . . . . . . 434.4 Groupes ommutatifs ordonnés dis rets . . . . . . . . . . . . . . 454.5 Corps algébriquement los . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.5.1 Division eu lidienne et PGCD . . . . . . . . . . . . . . . . 484.5.2 Elimination des quanti ateurs . . . . . . . . . . . . . . . 51

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4.6 Corps réel fermé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 534.6.1 Rappels algébriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.6.2 Comptage de ra ines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.6.3 Elimination des quanti ateurs . . . . . . . . . . . . . . . 624.7 TD n4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635 Les théorèmes d'in omplétude de Gödel 645.1 Le premier théorème de Gödel(-Tarski) . . . . . . . . . . . . . . . 645.1.1 Cet énon é est faux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 645.1.2 Une numéroration de Gödel . . . . . . . . . . . . . . . . . 655.1.3 Relations Σ, Σ1 et ré ursivement énumérables . . . . . . . 695.2 Le premier théorème de Gödel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 705.2.1 Cet énon é n'est pas démontrable . . . . . . . . . . . 705.2.2 Ensembles énumérables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.2.3 Le système R− . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 725.2.4 L'ω- ohéren e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.3 Le premier théorème de Gödel(-Rosser) . . . . . . . . . . . . . . 745.3.1 Séparabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.3.2 Le système R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.4 Le se ond théorème de Gödel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.5 TD n5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 796 Logique du se ond ordre 806.1 Syntaxe et sémantique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 806.2 Résultats négatifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.3 Logique et langage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.4 TD n6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 847 Introdu tion aux lasses de omplexité 857.1 Ma hines de Turing universelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 857.2 Hiérar hies de omplexité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 897.3 Egalité de lasses de omplexité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 937.3.1 Le théorème de Savit h . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 937.3.2 Le théorème d'Immerman-Szeleps ényi . . . . . . . . . . . 947.4 Problèmes P -spa e omplets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 957.4.1 Universalité des langages réguliers . . . . . . . . . . . . . 957.4.2 Satisfaisabilité d'une formule booléenne quantiée . . . . 97

Chapitre 1Systèmes formels1.1 Dé idabilité et ré ursivitéL'un des obje tifs de la logique est de formaliser la spé i ation d'un pro-blème et sa résolution au moyen d'un système formel. Cette formalisation reposesur la notion de langage.Dénition 1 (Alphabet, Mot, Langage) Un alphabet Σ est un ensemble ni ou dénombrable dont les élements sontappelés des lettres. Dans le as où il est dénombrable, on dispose d'unepro édure d'énumération des lettres. Un mot ni est une suite nie éventuellement vide de lettres. Le mot videest noté ǫ. L'ensemble des mots est noté Σ∗. Un langage d'alphabet Σ est un sous-ensemble de Σ∗. Un mot inni est une suite innie éventuellement vide de lettres. L'en-semble des mots innis est noté Σ∞.Soit w un mot alors on note w = w0w1 . . .. Pour i ≤ j, on dénit le sous-motwi:j = wi . . . wj . Dans ette notation j peut-être égal à ∞ et dans e as wi:∞désigne le suxe inni démarrant à laposition i.La notion de problème est quant à elle une notion sémantique.Dénition 2 (Notion de problème) Un problème est une fon tion f de Adans B. Dans le as où B est le domaine booléen, on parle de problème dedé ision.Informellement un élément a de A est une donnée possible du problème etf(a) est le résultat du problème pour ette donnée. En voi i deux exemplessimples : L'a essibilité dans un graphe orienté est un problème où A est l'ensembledes graphes ave deux noeuds distingués, la sour e et la destination, et Best l'ensemble V, F. f est la fon tion qui renvoie V ssi il existe un heminde la sour e vers la destination. Une variante de la ouverture minimale d'un graphe non orienté est unproblème où A est l'ensemble des graphes et B est l'ensemble des entiersnaturels. f est la fon tion qui asso ie à un graphe la ardinalité minimale

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d'un sous-ensemble de sommets tels que toute arête soit adja ente à undes sommets de l'ensemble.Les éléments de A et B disposent d'(au moins) une représentation nie sus- eptible d'être lue ou produite par une ma hine ou un programme. Cette re-présentation n'est rien d'autre qu'un mot d'un ertain alphabet. Par exemple,les noeuds d'un graphe peuvent être numérotés à partir de 1. Dans e as enprenant omme alphabet N∪; ,−, le mot 3; 1−2; 1−3 représente le graphe destrois sommets 1, 2, 3 et de deux arêtes, l'une joignant 1 à 2 et l'autre joignant 1à 3.Notre obje tif est bien entendu de résoudre des problèmes à l'aide de pro-grammes. Suivant la thèse de Chur h, nous ne pré iserons pas le langage deprogrammation utilisé à partir du moment où il possède les onstru tions mini-males : si alors sinon, tant que, pour, et .Dénition 3 (Problème dé idable et langage ré ursif) Un problème f deA dans V, F est dé idable s'il existe un programme qui prend en entrée un élé-ment quel onque a de A et se termine en produisant (a hant, imprimant)f(a).Un langage d'alphabet Σ est ré ursif s'il existe un programme qui prend enentrée un mot de Σ∗ et renvoie V ssi le mot appartient au langage onsidéré.La dé idabilité d'un problème est souhaitable mais on se ontente d'unenotion plus faible lorsque e i est impossible.Dénition 4 (Semi-dé idabilité et langage ré ursivement énumérable)Un problème f de A dans V, F est semi-dé idable s'il existe un programme quiénumère les éléments a de A tels que f(a) = V.Un langage d'alphabet Σ est ré ursivement énumérable s'il existe un pro-gramme qui énumère les mots de e langage.Lemme 1 Un problème dé idable est semi-dé idable. Ce qui est équivalent àdire qu'un langage ré ursif est ré ursivement énumérable.PreuveLe programme onsiste à énumérer les mots de Σ∗ e qui est toujours possibled'après nos hypothèses. Par exemple, on exé ute une bou le innie telle qu'aunieme tour, on produit les mots de longueur ≤ n utilisant les n premières lettresde l'alphabet qui n'ont pas en ore été produits. Pour haque mot de Σ∗ ainsiproduit on l'a he s'il appartient au langage (à l'aide de la pro édure asso iéeà la ré ursivité du langage). .q.f.d. ♦♦♦Lemme 2 Soit L un langage et L son omplémentaire. Si L et L sont ré ursi-vement énumérables alors L et L sont ré ursifs.Autrement dit, si un problème (de dé ision) et son problème omplémentairesont semi-dé idables alors ils sont dé idables.PreuvePour dé ider si w ∈ L, le programme onsiste à alterner les pas d'exé ution desdeux programmes qui énumérent les mots de L et de L. Lorsque w apparaît sur

une des listes ( e qui arrive né essairement), alors l'identité du programme quia produit la liste nous donne la réponse. .q.f.d. ♦♦♦La te hnique usuelle pour démontrer qu'un problème est indé idable onsisteà réduire un autre problème indé idable au problème initial. Cette te hniquesuppose que l'on a préalablement déterminé d'une autre manière l'indé idabilitéd'un problème. L'un de es problèmes est elui de l'arrêt d'un programme.Proposition 1 (Arrêt d'un programme à paramètres) L'arrêt d'un pro-gramme prog, prenant en entrée un paramètre entier x est un problème indé i-dable.PreuveNous allons démontrer e résultat par l'absurde. Supposons qu'il existe un pro-gramme testarret prenant en entrée deux paramètres entiers : une représen-tation (par un entier) d'un programme prog et une valeur d'entrée de e pro-gramme. Le hoix de la représentation du programme est i i sans importan e ;par exemple, on pourrait hoisir omme représentation le nombre entier orres-pondant à la suite de bits du programme (en prenant soin d'ajouter un bit depoids fort à 1 pour éviter une ambiguïté au dé odage). On notera prog ettereprésentation. testarret renvoie vrai si prog s'arrête ave la valeur fournie etsinon renvoie faux. Le omportement de testarret est indéterminé si le premierparamètre n'est pas la représentation d'un programme.Nous onstruisons alors un programme fou à un paramètre entier qui fon tionneainsi. fou vérie que son paramètre x est bien la représentation d'un programmeprog ( omme le fait un ompilateur). Si e n'est pas le as, il s'arrête. fou appelle testarret(x, x). Autrement dit, il teste si le programme progs'arrête en prenant omme entrée sa représentation. Si testarret(x, x) renvoie vrai, alors fou bou le sans n sinon il s'arrête.Examinons le omportement de fou(fou). Si fou(fou) s'arrête alors testarret(fou, fou) renvoie vrai et par onséquentfou(fou) ne s'arrête pas e qui est absurde. Dans le as ontraire, testarret(fou, fou) renvoie faux et par onséquentfou(fou) s'arrête e qui est absurde. Il n'existe don pas de programmetestarret. .q.f.d. ♦♦♦Le fait que le programme ait un paramètre en entrée est tout à fait a essoire omme l'indique le orollaire suivant. Par ailleurs, elui- i illustre le prin ipe derédu tion.Corollaire 1 (Arrêt d'un programme sans paramètre) L'arrêt d'un pro-gramme prog sans paramètre est un problème indé idable.PreuveMontrons que le problème de l'arrêt d'un programme à un paramètre est rédu -tible au problème de l'arrêt d'un programme sans paramètre. Nous supposonsdon qu'il existe un programme testarretbis pour le problème du orollaire

et nous dé rivons omment onstruire un programme testarret. Soit prog unprogramme à un paramètre et x une valeur entière. Alors testarret fon tionne omme suit : testarret onstruit la représentation du programme prog′ sans paramètrequi onsiste à appeler prog(x). Puis testarret appelle testarretbis(prog′) et renvoie le résultat orrespon-dant.Don testarretbis ne peut exister. .q.f.d. ♦♦♦On a ependant le résultat plus faible suivant.Proposition 2 L'ensemble des programmes sans paramètre qui se terminent(vu omme un langage) est ré ursivement énumérable.PreuveLe programme onsiste en une bou le innie. Au nieme tour de bou le on exé uten pas d'exé ution des n premiers programmes du langage onsidéré et on a he eux qui se terminent (en éliminant eux qui sont déjà apparus). Pour énumérerles programmes, on énumére les mots de Σ∗ où Σ est l'alphabet du langagede programmation et pour haque mot produit on appelle le ompilateur dulangage an de vérier qu'il s'agit bien d'un programme. .q.f.d. ♦♦♦Corollaire 2 L'ensemble des programmes sans paramètre qui ne se terminentpas (vu omme un langage) n'est pas ré ursivement énumérable.PreuveSinon d'après la proposition 2 et le lemme 2 le problème de l'arrêt des pro-grammes serait dé idable. .q.f.d. ♦♦♦

1.2 Ré ursivité dans NNous formalisons dans ette se tion la notion de fon tion ré ursive, de rela-tion (et d'ensemble) ré ursive et ré ursivement énumérable dans N.Dénition 5 Une fon tion partielle de Np dans N est un ouple (A, f) où A ⊆Np et f est une appli ation de A dans N. A est appelé le domaine de dénitionde N.On dira que (A, f) est totale si son domaine de dénition est égal Np.On notera Fp l'ensemble des fon tions partielles de Np dans N. An d'allégerles dénitions, on notera une fon tion partielle (A, f) simplement par f et ondira que f est dénie en (k1, . . . , kp) si (k1, . . . , kp) ∈ A.Les dénitions qui suivent introduisent des s hémas de onstru tion de fon -tions.

Dénition 6 Soient g1, . . . , gn ∈ Fp et h ∈ Fn, la fon tion omposée f ≡h(g1, . . . , gn) est dénie ainsi : f est dénie en (k1, . . . , kp) ssi ∀i ≤ n, gi(k1, . . . , kp) est dénieet h(g1(k1, . . . , kp), . . . , gn(k1, . . . , kp)) est dénie. Dans e as, f(k1, . . . , kp) = h(g1(k1, . . . , kp), . . . , gn(k1, . . . , kp)).Dénition 7 Soient g ∈ Fp et h ∈ Fp+2, la fon tion f ≡ rec(g, h) ∈ Fp+1 estdénie ainsi : f est dénie en (k1, . . . , kp, 0) ssi g(k1, . . . , kp) est dénieet dans e as f(k1, . . . , kp, 0) = g(k1, . . . , kp). f est dénie en (k1, . . . , kp, kp+1 +1) ssi f est dénie en (k1, . . . , kp, kp+1)et h(k1, . . . , kp, kp+1, f(k1, . . . , kp, kp+1)) est dénie. Dans e as,

f(k1, . . . , kp, kp+1 + 1) = h(k1, . . . , kp, kp+1, f(k1, . . . , kp, kp+1)).Dénition 8 Soient g ∈ Fp+1, la fon tion f ≡ µ(g) ∈ Fp est dénie ainsi : f est dénie en (k1, . . . , kp) ssi il existe un k (unique) tel que :g(k1, . . . , kp, k

′) est dénie pour tout k′ ≤ k,nulle pour k′ = k et diérente de 0 pour k′ < k. Dans e as, f(k1, . . . , kp) = k.Dénition 9 L'ensemble des fon tions partielles ré ursives est déni indu ti-vement ainsi : Les fon tion ontantes totales sont ré ursives. Les proje tions (totales) prpi ave prp

i (k1, . . . , kp) = ki sont ré ursives. La fon tion su esseur (totale) s ave s(k) = k + 1 est ré ursive. Si g1, . . . , gn ∈ Fp et h ∈ Fn sont ré ursives alors h(g1, . . . , gn) est ré ur-sive. Si g ∈ Fp et h ∈ Fp+2 sont ré ursives alors rec(g, h) est ré ursive. Si g ∈ Fp+1 est ré ursive alors µ(g) est ré ursive.Dénition 10Une relation n-aire (autrement dit un sous-ensemble de Np) est ré ursive si safon tion ara téristique est ré ursive totale.Une relation n-aire (autrement dit un sous-ensemble de Np) est ré ursivementénumérable si elle est le domaine de dénition d'une fon tion ré ursive.1.3 Présentation des systèmes formelsLes systèmes formels ont pour obje tif de transformer la résolution de pro-blèmes de dé ision en une suite d'opérations syntaxiques . Autrement dit,dans la dénition qui suit, une formule est une instan e du problème onsidéré,un axiome est une instan e dont on sait a priori que la réponse est vraie. En-n une règle d'inféren e permet de déduire pour une instan e que la réponseest vraie sa hant qu'il en est de même pour d'autres instan es qui sont reliées àl'instan e originelle par un prédi at ayant une signi ation sémantique impli ite(voir la règle de modus ponens).Dénition 11 Un système formel S est déni par :1. ΣS un alphabet ni ou dénombrable ;

2. FS , un sous-ensemble ré ursif de Σ∗S , appelé ensemble des formules de S ;3. AS , un sous-ensemble ré ursif de FS , appelé ensemble des axiomes de S ;4. un ensemble ni RS de prédi ats dé idables dénis sur FS , appelés règlesd'inféren e. Soit r un prédi at n+1-aire ave n > 0, on notera r(f1, . . . , fn, g)par : [r] : f1, . . . , fn ⊢ gExemple. L'exemple qui suit est fourni uniquement à titre d'illustration aril ne présente au un intérêt en termes de résolution de problèmes. Les nombresentiers non nuls sont représentés par des suites de 1 (i.e. une représentationunaire). Une formule orrespond à une armation sur le résultat d'une addi-tion. L'unique axiome indique que 1 + 1 = 2. Enn les deux règles d'inféren edéduisent d'une formule, une autre formule où l'un des opérandes et le résultatsont simultanément in rémentés. Ci-dessous 1+ représente l'ensemble des suitesnon nulles de 1 et 1m dénote une suite de m 1 .1. ΣS = 1,+,= ;2. FS = 1+ + 1+ = 1+3. AS = 1 + 1 = 114. deux règles d'inféren e,(a) [g] : 1m + 1n = 1p ⊢ 1m+1 + 1n = 1p+1(b) [d] : 1m + 1n = 1p ⊢ 1m + 1n+1 = 1p+1Une dédu tion d'un système formel s'appelle une démonstration et suit d'as-sez près la notion intuitive de démonstration mathématique.Dénition 12 Une démonstration d'un système formel S à partir d'hypothèsesh1, . . . , hm est une suite f1, . . . , fn de formules de S telles pour tout 1 ≤ i ≤ n : Soit fi est un axiome ; Soit fi = hj pour un ertain j ; Soit ∃r ∈ R, r(fi1 , . . . , fip

, fi) et ∀1 ≤ k ≤ q, ik < i ;Notations. Une démonstration de f à partir d'hypothèses h1, . . . , hm se noteh1, . . . , hm ⊢ f . On appelle théorème toute formule f pour laquelle il existe unedémonstration sans hypothèses, i.e. ⊢ f . L'ensemble des théorèmes est noté TS .Du point de vue de la résolution de problèmes, notre obje tif est de (semi-)dé ider si une formule est un théorème. Cependant l'intérêt des démonstra-tions ave hypothèses apparaîtra lairement au hapitre suivant (voir la propo-sition 3).Exemple. Nous démontrons 11+111 = 1111 à partir de l'hypothèse 1+11 =11.f1 : 1 + 11 = 11 [Hyp.]f2 : 1 + 111 = 111 [g : f1]f3 : 11 + 111 = 1111 [d : f2]Le lemme suivant explique l'intérêt des systèmes formels.Lemme 3 L'ensemble des démonstrations (vu omme un langage) est ré ursif.L'ensemble des théorèmes est ré ursivement énumérable même dans le as oùl'ensemble des axiomes est uniquement ré ursivement énumérable.

PreuvePour tester si une suite de lignes est une démonstration, on vérie la justi ationde toutes les lignes. Si la formule est dite être un axiome alors on peut le vérierpuisque et ensemble est ré ursif. Si la formule est dite être une hypothèsealors on peut le vérier puisque et ensemble est ni (don ré ursif). Enn si lajusti ation est une règle d'inféren e, on peut le vérier aussi puisque le prédi atasso ié est dé idable.Pour énumérer les théorèmes, il sut d'énumérer les démonstrations. Parexemple, on exé ute une bou le innie telle qu'au nieme tour de bou le, onénumère les démonstrations de longueur au plus n, utilisant uniquement les npremiers axiomes (puisque eux- i sont ré ursifs, ils sont ré ursivement énumé-rables). .q.f.d. ♦♦♦On peut généraliser la notion de démonstration d'une formule f à partird'un ensemble H d'hypothèses quel onque e qu'on note H ⊢ f . Bien sûr, sanshypothèse supplémentaire sur H, le lemme pré édent n'est plus valable.1.4 InterprétationLes systèmes formels peuvent être étudiés pour eux-mêmes. I i nous sommesprin ipalement intéressés au lien ave la résolution de problèmes. Ce lien estréalisé via la notion d'interprétation.Une interprétation d'un système formel asso ie une valeur de vérité à haqueformule du système. Il peut y avoir plusieurs interprétations pour un mêmesystème formel. On dira qu'une formule est une tautologie si elle est vraie danstoutes les interprétations onsidérées.Dans notre exemple, on ne onsidère qu'une unique interprétation la formule1m + 1n = 1p est vraie ssi m+ n = p.Une fois xées les interprétations possibles, il y a deux propriétés qu'on sou-haite voir satisfaites par un système formel. L'adéquation signie qu'un théo-rème est une tautologie tandis que la omplétude signie qu'une tautologie estun théorème. En général, il est fa ile de vérier l'adéquation ( ar elle est viséepar les on epteurs du système formel) tandis que la omplétude est plus di ileà obtenir.Exemple. L'adéquation du système formel est fa ile à vérier puisque l'axiomevérie que le nombre de 1 à gau he et à droite du signe = est identique tandisque les deux règles d'inféren e in rémentent simultanément les termes gau heset droits de l'égalité.I i la omplétude du système formel est obtenue par indu tion sur le nombrede 1 à gau he du signe = dans une tautologie. Si e nombre est égal à 2 (leminimum possible) alors la seule tautologie possible est l'axiome.Pour appliquer la ré urren e sur une tautologie, on remarque que dans laformule soit l'opérande gau he du + omporte plus d'un unique 1 et on appliquela règle d'inféren e g à partir d'une tautologie plus petite (don un théorèmepar hypothèse de ré urren e), soit l'opérande droite du + omporte plus d'ununique 1 et on applique la règle d'inféren e d à partir d'une tautologie pluspetite (don un théorème par hypothèse de ré urren e).

Chapitre 2Cal ul propositionnel2.1 Syntaxe, démonstrations et théorèmesIl existe de nombreuses formalisations du al ul propositionnel. Nous en hoisissons une relativement é onomique en termes de symboles et d'axiomes.Nous en verrons d'autres ultérieurement dans le hapitre.Dénition 13 Le al ul propositionnel est le système formel déni par : son alphabet Σ0 = p1, p2, . . . ∪ ¬,⇒, (, ) l'ensemble de ses formules bien formées F0 déni indu tivement par :1. ∀i, pi ∈ F02. ∀A,B ∈ F0,¬A, (A⇒ B) ∈ F0 l'ensemble de ses axiomes qui sont de trois types (ave A,B,C ∈ F0)

(A1) : (A⇒ (B ⇒ A))(A2) : ((A⇒ (B ⇒ C))⇒ ((A⇒ B)⇒ (A⇒ C)))(A3) : ((¬A⇒ ¬B)⇒ (B ⇒ A)) son unique règle d'inféren e modus ponens notée m.p. :m.p. : A, (A⇒ B) ⊢ B ave A,B ∈ F0Remarques. Nous laissons le soin au le teur de vérier que l'ensemble desformules est ré ursif (par exemple en é rivant un analyseur syntaxique qui véri-e si une formule est bien formée). Cette remarque s'applique aussi à l'ensemble(inni) des axiomes et au prédi at asso ié à la règle d'inféren e modus po-nens .Notation. Soit ϕ une formule, on note prop(ϕ), l'ensemble des propositionsapparaissant dans ϕ.Exemple de démonstration en al ul propositionnel.

f1 : ((p1 ⇒ ((p1 ⇒ p1)⇒ p1))⇒ ((p1 ⇒ (p1 ⇒ p1))⇒ (p1 ⇒ p1))) [A2]f2 : (p1 ⇒ ((p1 ⇒ p1)⇒ p1)) [A1]f3 : ((p1 ⇒ (p1 ⇒ p1))⇒ (p1 ⇒ p1)) [m.p. f2, f1]f4 : (p1 ⇒ (p1 ⇒ p1)) [A1]f5 : (p1 ⇒ p1) [m.p. f4, f3]D'où le lemme suivant. 10

Lemme 4 Pour tout A ∈ F0, (A⇒ A) ∈ T0.Nous établissons maintenant une proposition importante reliant l'opérateur⇒ ave sa signi ation intuitive.Proposition 3 A1, . . . , An ⊢ B ssi A1, . . . , An−1 ⊢ (An ⇒ B)Cette proposition simplie grandement l'établissement de théorèmes de T0et nous en donnons i-dessous quelques uns utiles pour la suite.Lemme 5 Les formules suivantes sont des théorèmes de T0 :1. ((A⇒ B)⇒ ((B ⇒ C)⇒ (A⇒ C)))2. (B ⇒ ((B ⇒ C)⇒ C))3. (¬B ⇒ (B ⇒ C))4. (¬¬B ⇒ B)5. (B ⇒ ¬¬B)6. ((A⇒ B)⇒ (¬B ⇒ ¬A))7. (B ⇒ (¬C ⇒ ¬(B ⇒ C)))8. ((B ⇒ A)⇒ ((¬B ⇒ A)⇒ A))

2.2 InterprétationUne interprétation onsiste d'abord à donner une valeur de vérité aux pro-positions puis de l'étendre aux formules en suivant la sémantique des opérateurslogiques.Dénition 14 Une interprétation ι est une fon tion de p1, p2 . . . , vers V, F.L'interprétation ι s'étend de manière indu tive aux formules du al ul proposi-tionnel de la façon suivante : ι(¬ϕ) = V ssi ι(ϕ) = F ι(ϕ⇒ ψ) = V ssi ι(ϕ) = F ou ι(ψ) = VDénition 15 Soit Φ un ensemble (non né essairement ni) de formules, ondit qu'une interprétation ι est un modèle de Φ si ∀ϕ ∈ Φ, ι(ϕ) = V. Φ est ditsatisfaisable (ou satisable selon la littérature) s'il existe un modèle de Φ.On dira aussi que ι satisfait Φ si ι est un modèle de Φ.Dénition 16 Soit Φ un ensemble de formules, et ϕ une formule, on dit queϕ est une onséquen e de Φ si pour tout modèle ι de Φ, on a ι(ϕ) = V. On notealors Φ |= ϕ.Comme vue pré édemment une tautologie est une formule ϕ telle que |= ϕ.Autrement dit ϕ est vraie pour toute interprétation. De manière évidente, ϕest satisfaisable ssi ¬ϕ n'est pas une tautologie.

2.3 Compa ité, adéquation et omplétudeDans ette partie, nous démontrons les prin ipaux résultats liés au al ulpropositionnel.Proposition 4 (Compa ité) Soit Φ un ensemble de formules tel que pourtout sous-ensemble ni Φ′ de Φ, Φ′ soit satisfaisable. Alors Φ est satisfaisable.PreuveOn va onstruire par ré urren e sur n une interprétation ι∗ vériant l'hypothèsesuivante.Pour tout Φ′ ⊂ Φ ni, il existe un modèle ι de Φ′ qui oïn ide ave ι∗sur p1, . . . , pn.Cas de base : n = 0. Il n'y a rien à prouver puisque 'est l'hypothèse de laproposition.Indu tion : détermination de ι∗(pn+1) Si pour tout Φ′ ⊂ Φ ni, il existe un modèle ι de Φ′ qui oïn ide ave ι∗sur p1, . . . , pn tel que ι(pn+1) = F, on hoisit ι∗(pn+1) = F. Sinon on hoisit ι∗(pn+1) = V.Prouvons que l'hypothèse de ré urren e est à nouveau vériée. Si ι∗(pn+1) = Falors 'est exa tement l'hypothèse qui a onduit à ette valeur. Dans le asι∗(pn+1) = V. Il existe un modèle Φ0 ⊂ Φ ni, tel que pour tout modèle ι de Φ0qui oïn ide ave ι∗ sur p1, . . . , pn, on a ι(pn+1) = V. Soit maintenant un sous-ensemble quel onque Φ′ ⊂ Φ ni, on a Φ′∪Φ0 ⊂ Φ et Φ′∪Φ0 ni. Par hypothèsede ré urren e, il existe don un modèle ι de Φ′ ∪ Φ0 qui oïn ide ave ι∗ surp1, . . . , pn ; 'est aussi bien sûr un modèle de Φ0. Par onséquent, ι(pn+1) = V.ι est aussi un modèle de Φ′, e qui prouve que l'hypothèse de ré urren e restevériée.Soit maintenant ϕ ∈ Φ, il existe un n ∈ N tel que prop(ϕ) ⊂ p1, . . . , pn.ϕ ⊂ Φ, par onséquent en utilisant l'hypothèse de ré urren e, il existe unemodèle ι de ϕ qui oïn ide ave ι∗ sur p1, . . . , pn. Comme la valeur de véritéde ϕ ne dépend que de es propositions, ι∗ est aussi un modèle de ϕ. .q.f.d. ♦♦♦Proposition 5 (Finitude) Soit Φ un ensemble de formules et ϕ une formuletels que Φ |= ϕ, alors il existe Φ′ ⊂ Φ ni tel que Φ′ |= ϕ.PreuveL'hypothèse peut se réé rire ainsi : il n'existe pas de modèle de Φ ∪ ¬ϕ.En appliquant la proposition 4, on obtient l'existen e d'un sous-ensemble niΦ′′ ⊂ Φ ∪ ¬ϕ qui n'admet pas de modèle. Soit Φ′ = Φ′′ \ ¬ϕ, on a Φ′ ⊂ Φ.Alors Φ′ ∪ ¬ϕ n'admet pas de modèle. Autrement dit, ϕ est une onséquen ede Φ′. .q.f.d. ♦♦♦Lemme 6 Soit ϕ un axiome du al ul propositionnel alors ϕ est une tautologie.

PreuveLa preuve se onduit en dé omposant selon les valeurs de vérité des sous-formulesapparaissant dans l'axiome. Nous ne traitons que l'axiome (A⇒ (B ⇒ A)). Soitι une interprétation. Si ι(A) = V, alors (par dénition de l'interprétation de ⇒),

ι((B ⇒ A)) = V et ι((A⇒ (B ⇒ A))) = V. Si ι(A) = F, alors (par dénition de l'interprétation de ⇒),ι((A⇒ (B ⇒ A))) = V.Proposition 6 (Adéquation) Soit Φ un ensemble de formules et ϕ une for-mule, alors Φ ⊢ ϕ implique Φ |= ϕ.PreuveSoit ι un modèle de Φ. On va prouver la proposition par ré urren e sur l, lalongueur d'une plus ourte démonstration asso iée à Φ ⊢ ϕ.Cas de base : l = 1. Soit ϕ un axiome, soit ϕ ∈ Φ. Dans le premier as, lelemme 6 permet de on lure. Dans le deuxième as, puisque ι est un modèle de

Φ, ι(ϕ) = V.Indu tion. Né essairement, ϕ est obtenue par modus ponens à partir de deuxformules ψ et ψ ⇒ ϕ qui apparaissent plus tt dans la démonstration. Parhypothèse de ré urren e, ι(ψ) = V et ι(ψ ⇒ ϕ) = V. L'interprétation de ⇒implique alors que ι(ϕ) = V. .q.f.d. ♦♦♦Lemme 7 Soit ϕ une formule telle que prop(ϕ) ⊂ p1, . . . , pn. Soit ι uneinterprétation, on dénit ψk pour 1 ≤ k ≤ n ainsi : si ι(pk) = V alors ψk = pksinon ψk = ¬pk.Si ι(ϕ) = V alors ψ1, . . . , ψn ⊢ ϕ sinon ψ1, . . . , ψn ⊢ ¬ϕ.PreuveOn ee tue une preuve par ré urren e sur la longueur l de ϕ.Cas de base : l = 1. ϕ = pk pour un ertain k. Si ι(ϕ) = V (resp. ι(ϕ) = F),la démonstration est ee tuée par l'introdu tion de l'hypothèse pk (resp. ¬pk).Premier as d'indu tion : ϕ = ¬ψSi ι(ϕ) = V alors par hypothèse de ré urren e, on a une démonstration de ¬ψqui est justement ϕ.Si ι(ϕ) = F alors par hypothèse de ré urren e, on a une démonstration de ψ.On omplète la démonstration par la démonstration de ψ ⇒ ¬¬ψ (établie aulemme 5) et on applique modus ponens pour obtenir ¬¬ψ qui est justement ¬ϕ.Deuxième as d'indu tion : ϕ = (ψ ⇒ χ)Si ι(χ) = V alors par hypothèse de ré urren e, on a une démonstration de χ.On omplète la démonstration par l'introdu tion de l'axiome χ ⇒ (ψ ⇒ χ) eton applique modus ponens pour obtenir une démonstration de ϕ.

Si ι(ψ) = F alors par hypothèse de ré urren e, on a une démonstration de ¬ψ.On omplète la démonstration par la démonstration de ¬ψ ⇒ (ψ ⇒ χ) (établieau lemme 5) et on applique modus ponens pour obtenir une démonstration deϕ. Si ι(χ) = F et ι(ψ) = V alors par hypothèse de ré urren e, on a une dé-monstration de ¬χ et une démonstration de ψ qu'on on atène. On omplètela démonstration par la démonstration de (ψ ⇒ (¬χ⇒ ¬(ψ ⇒ χ))) (établie aulemme 5) et on applique deux fois modus ponens pour obtenir une démonstra-tion de ¬ϕ. .q.f.d. ♦♦♦Proposition 7 (Complétude) Soit Φ un ensemble de formules et ϕ une for-mule, alors Φ |= ϕ implique Φ ⊢ ϕ.PreuveD'après la proposition 5, il existe ψ1, . . . , ψm ⊂ Φ tel que ψ1, . . . , ψm |= ϕ.En notant ψ = (ψ1 ⇒ (ψ2 ⇒ . . . (ψm ⇒ ϕ)) . . .), on a don |= ψ.Soit n tel que prop(ψ) ⊂ p1, . . . , pn, alors∀1 ≤ i ≤ n, ∀χi ∈ pi,¬pi, χ1, . . . , χn |= ψ(de manière évidente puisque ψ est une tautologie).En appliquant le lemme 7, on obtient :∀1 ≤ i ≤ n, ∀χi ∈ pi,¬pi, χ1, . . . , χn ⊢ ψNous allons démontrer par une ré urren e (inversée) que :∀0 ≤ n′ ≤ n, ∀1 ≤ i ≤ n′, ∀χi ∈ pi,¬pi, χ1, . . . , χn′ ⊢ ψLe as de base n′ = n vient d'être démontré. Supposons l'hypothèse vraie pourn′ et démontrons-là pour n′ − 1. On a :1. ∀1 ≤ i ≤ n′ − 1, ∀χi ∈ pi,¬pi, χ1, . . . χn′−1, pn′ ⊢ ψ2. ∀1 ≤ i ≤ n′ − 1, ∀χi ∈ pi,¬pi, χ1, . . . χn′−1,¬pn′ ⊢ ψEn utilisant la proposition 3, on obtient :1. ∀1 ≤ i ≤ n′ − 1, ∀χi ∈ pi,¬pi, χ1, . . . χn′−1 ⊢ (pn′ ⇒ ψ)2. ∀1 ≤ i ≤ n′ − 1, ∀χi ∈ pi,¬pi, χ1, . . . χn′−1 ⊢ (¬pn′ ⇒ ψ)On on atène les deux démonstrations, puis on insère la démonstration de((pn′ ⇒ ψ) ⇒ ((¬pn′ ⇒ ψ) ⇒ ψ)) (établie au lemme 5) et on applique deuxfois modus ponens pour obtenir une démonstration de χ1, . . . χn′−1 ⊢ ψ. Pourn′ = 0, l'hypothèse de ré urren e s'é rit ⊢ ψ.On applique alors itérativement m fois la proposition 3 pour établir :χ1, . . . , χn ⊢ ϕPuisque χ1, . . . , χn ⊂ Φ, on en déduit que Φ ⊢ ϕ. .q.f.d. ♦♦♦

2.4 Dé idabilitéNous avons vu que la notion sémantique de onséquen e et la notion syn-taxique de démonstration oïn ident (adéquation et omplétude du al ul pro-positionnel). Aussi pour développer des algorithmes, on peut s'appuyer sur une

appro he syntaxique ou sémantique. Nous allons illustrer notre propos en pré-sentant le problème de la satisfaisabilité d'une formule.Nous étudions i i une variante syntaxique de la logique des propositions ave les onne teurs ¬,∧,∨. Tous les résultats de la se tion pré édente restentvalables (moyennant l'introdu tion d'autres s hémas d'axiomes et une variantedu modus ponens).On rappelle l'interprétation du et et du ou . Soit ι une interprétation,alors ι(ϕ∧ψ) est vraie ssi ι(ϕ) et ι(ψ) sont vraies. ι(ϕ∨ψ) est vraie ssi ι(ϕ) ouι(ψ) sont vraies.2.4.1 Tables de véritéSoit ϕ une formule, étant donnée une interprétation, la valeur de vérité deϕ ne dépend que de l'interprétation des propositions de prop(ϕ).Pour tester la satisfaisabilité, on génère toutes les interprétations possiblesrestreintes à es propositions (soit 2Card(prop(ϕ)) interprétations possibles) et ons'arrête dès que l'une d'elles rend vraie ϕ. Dans le as ontraire, la formule n'estpas satisfaisable.Nous illustrons notre propos sur la formule ϕ = ¬((p1 ∧ p2) ∨ ¬p1)

p1, p2 p1 ∧ p2 ¬p1 (p1 ∧ p2) ∨ ¬p1 ϕF,F F V V FF,V F V V FV,F F F F VV,V V F V FDans et exemple, la quatrième ligne de la table n'aurait pas été générée.2.4.2 TableauxOn remarque qu'hormis lors de la phase d'évaluation, la méthode pré é-dente ne tient pas ompte de la stru ture de la formule mais uniquement despropositions qui y apparaissent.La méthode des tableaux se déroule en deux étapes. Tout d'abord on nor-malise la formule en poussant les négations devant les propositions, à l'aide deséquivalen es suivantes : ¬¬ϕ se transforme en ϕ. ¬(ϕ ∧ ψ) se transforme en ¬ϕ ∨ ¬ψ. ¬(ϕ ∨ ψ) se transforme en ¬ϕ ∧ ¬ψ.Par exemple, ϕ = ¬(¬p1 ∧ p2)∧¬(p3 ∧¬p2) devient (p1 ∨¬p2)∧ (¬p3 ∨ p2).Remarquons qu'au pire la normalisation augmente la taille de la formule d'unfa teur multipli atif de 32 .Un tableau T est un ensemble de formules normalisées. Nous onstruisons(tout ou partie d')un arbre de tableaux. La ra ine appelée tableau initial estréduite à la formule elle-même. On onstruit des su esseurs pour un tableau Tà l'aide des deux règles présentées i-dessous. Les feuilles de et arbre sont : soit des tableaux ontradi toires : ils ontiennent une paire de formules piet ¬pi. soit des tableaux omplets : ils ne sont pas ontradi toires et au une règlene leur est appli able.

Fig. 2.1: Une partie d'un arbre de tableauxLa onstru tion s'arrête soit lorsqu'on ren ontre un tableau omplet auquel as la formule est satisfaisable, soit lorsque toutes les feuilles sont des tableaux ontradi toires auquel as la formule n'est pas satisfaisable. Il y a don i i toutintérêt à onstruire l'arbre en profondeur à la re her he d'un hypothétique ta-bleau omplet. De nombreuses améliorations sont possibles mais de toute façonle problème de la satisfaisabilité en logique propositionnelle est NP - omplet.

[R∧] :T

T ∪ ϕ,ψsi ϕ ∧ ψ ∈ T et ϕ, ψ 6⊂ TLa règle asso iée au ∧ ajoute au tableau les deux onjon tions d'une formuledu tableau si elles ne sont pas déjà présentes dans le tableau.

[R∨] :T

T ∪ ϕ | T ∪ ψsi ϕ ∨ ψ ∈ T et ϕ, ψ ∩ T = ∅La règle asso iée au ∨ ajoute au tableau l'une des deux disjon tions d'uneformule du tableau si au une n'est présente dans le tableau. Notons que etterègle est non déterministe e qui explique qu'on produit un arbre.La gure 2.1 représente une partie de l'arbre des tableaux asso iés à laformule qu'on a normalisée. On peut imaginer que l'arbre a été onstruit enprofondeur d'abord et de droite à gau he . Lors de la onstru tion, on aren ontré un tableau ontradi toire puis une tableau omplet e qui a permisde déterminer que la formule était satisfaisable.L'arbre des tableaux est ni ar tout tableau est omposé de sous-formulesde ϕ don il ontient au plus Card(ϕ) formules. Comme tout ls d'un noeud

ontient au moins une formule supplémentaire, la profondeur maximale d'unebran he est au plus Card(ϕ). Le nombre de ls d'un noeud est d'au plus 2 en hoisissant de ne justier qu'une formule par noeud ( e qui ne modie pas la omplétude de la méthode).Démontrons la orre tion de ette méthode.Proposition 8 Une formule (normalisée) ϕ est satisfaisable ssi son arbre detableaux ontient un tableau omplet.PreuveCondition susante. Soit T un tableau omplet, une interprétation ι[T ] quisatisfait ϕ est onstruite ainsi : si pi, une proposition, appartient à T alorsι[T ](pi) = V sinon ι[T ](pi) = F. Nous allons montrer par indu tion sur la taillede la formule que pour tout ψ ∈ T , on a ι[T ](ψ) = V. Si ψ = pi alors ι[T ](ψ) = V par dénition de ι[T ]. Si ψ = ¬pi alors puisque T n'est pas ontradi toire pi /∈ T et ι[T ](ψ) = Fpar dénition de ι[T ]. Si ψ = ψ1 ∧ ψ2 alors puisque T est omplet, ψ1, ψ2 ⊂ T . Par hypothèsed'indu tion, ∀i ∈ 1, 2, ι[T ](ψi) = V. Don ι[T ](ψ) = V. Si ψ = ψ1 ∨ ψ2 alors puisque T est omplet, ψ1, ψ2 ∩ T 6= ∅. Sansperte de généralité, supposons que ψ1 ∈ T . Par hypothèse d'indu tion,

ι[T ](ψ1) = V. Don ι[T ](ψ) = V.Condition né essaire. Soit ι une interprétation de ϕ telle que ι(ϕ) = V. Onremarque d'abord qu'un tableau T tel que ι(ψ) = V pour toute formule ψ ∈ Tne peut être ontradi toire. Partant du tableau initial, nous démontrons quetant que le tableau ourant est in omplet, nous pouvons l'enri hir et préserverla propriété ι(ψ) = V pour toute formule ψ ∈ T . Puisque l'arbre des tableauxest ni, on obtient né essairement le tableau re her hé. Supposons que la règleR∧ soit appli able à ψ = ψ1∧ψ2 alors puisque ι(ψ) = V, ι(ψ1) = V et ι(ψ2) = V.Supposons que la règle R∨ soit appli able à ψ = ψ1∧ψ2 alors puisque ι(ψ) = V,ι(ψ1) = V ou ι(ψ2) = V. Si ι(ψ1) = V, on applique la règle à gau he sinon onapplique la règle à droite . .q.f.d. ♦♦♦2.4.3 CoupuresNous développons maintenant une méthode que nous généraliserons au al uldes prédi ats. On pro ède d'abord à une se onde normalisation de la formulepour la transformer en une onjon tion de lauses. Une lause est de la forme∨m

i=1 ¬Ai∨∨n

j=1Bj e qui est sémantiquement équivalent à ∧mi=1Ai ⇒

∨nj=1Bj .On dit que les propositions Ai apparaissent négativement dans la lause tandisque les propositions Bj apparaissent positivement.Cette nouvelle normalisation onsiste à repousser les ∨ devant les proposi-tions ou leur négation à l'aide des règles : (A ∧B) ∨ C devient (A ∨ C) ∧ (B ∨ C) A ∨ (B ∧ C) devient (A ∨B) ∧ (A ∨ C)A la diéren e de la pré édente normalisation, elle- i peut entrainer una roissement exponentiel de la taille de la formule.Le prin ipe de la méthode onsiste à ajouter de nouvelles lauses à partir de lauses existantes ou à les transformer à l'aide des règles suivantes.

Soit une lause telle que ∃i, j, Ai = Bj alors on supprime la lause. Soit une lause telle que Ai = Ai′ pour i < i′ alors on supprime Ai′ dansla lause. Soit une lause telle que Bj = Bj′ pour j < j′ alors on supprime Bj′ dansla lause. Ces trois règles sont dites règles de simpli ation. A l'issue del'appli ation de es règles, toute proposition apparaît au plus une fois dansune lause. Soient deux lauses ∨mi=1 ¬Ai ∨

∨nj=1Bj et ∨m′

i=1 ¬A′i ∨

∨n′

j=1B′j telle que

∃i∗, j∗, Bj∗ = Ci∗ alors on ajoute la lause :∨m

i=1 ¬Ai ∨∨n

j=1,j 6=j∗ Bj ∨∨m′

i=1,i¬i∗ ¬A′i ∨

∨n′

j=1B′jCette règle est dite règle de oupure. Soit une proposition pk qui n'apparait que positivement dans les lausesalors on supprime les lauses où elle apparaît. Soit une proposition pk qui n'apparait que négativement dans les lausesalors on supprime les lauses où elle apparaît. Ces deux règles sont ditesrègles d'élimination.Proposition 9 Soit ϕ une formule (normalisée) et ϕ′ une formule obtenue àpartir de ϕ par une règle de simpli ation, de oupure ou d'élimination alors ϕest satisfaisable ssi ϕ′ est satisfaisable.PreuveLa validité des règles de simpli ation repose sur les tautologies A ∨ ¬A, ((A ∨

A) ⇒ A), (A ⇒ (A ∨ A)). La validité de la règle de oupure repose sur latautologie ((A∨B)∧ (¬A∨C))⇒ (B ∨C). La validité des règles d'éliminationrepose sur le fait qu'une interprétation ι′ qui rend vraie ϕ′ peut être transforméeen une interprétation ι qui rend vrai ϕ, identique sur toutes les propositions àι′, ex eptée peut-être pour ι(pk) rendu vrai (resp. faux) si pk n'apparaît quepositivement (resp. négativement). .q.f.d. ♦♦♦La omplétude de la méthode est prouvée par la proposition suivante.Proposition 10 Soit ϕ une formule (normalisée) non satisfaisable alors il existeune suite d'appli ations de règles qui produit une lause vide ( i.e. F).PreuveLa preuve se onduit par ré urren e sur le nombre nb de propositions qui appa-raissent dans ϕ.Cas de base : nb = 1. Dans e as, après simpli ation, il ne peut y avoirque deux lauses p∗ et ¬p∗. Les deux sont for ément présentes ar sinon ϕ seraitsatisfaisable. En appliquant la règle de oupure on obtient la lause vide.Cas indu tif : nb > 1. Choisissons une proposition p∗ qui apparait dansϕ. On applique les régles de simpli ation à p∗ . Si p∗ disparait il n'y a rienà prouver. Si p∗ apparait toujours positivement (resp. négativement) dans les lauses alors on applique une des règles d'élimination qui fait disparaître p∗. Laformule obtenue est non satisfaisable ar si elle admettait un modèle, e modèle

pourrait être transformé en modèle de ϕ en hoisissant l'interprétation de p∗appropriée (voir le lemme pré édent).Sinon on partitionne les lauses en : CL0, l'ensemble des lauses où p∗ n'apparaît pas. CL+ 6= ∅, l'ensemble des lauses où p∗ apparaît positivement. CL− 6= ∅, l'ensemble des lauses où p∗ apparaît négativement.Puis on onstruit l'ensemble de lauses CL+−, en appliquant la règle de oupurepar p∗ à toutes les paires de lauses de CL+ × CL−.Remarquons que CL+− ∪ CL0 est un ensemble de lauses où p∗ n'apparaîtplus. Pour on lure, il reste à prouver que et ensemble de lauses n'est passimultanément satisfaisable.Raisonnons par l'absurde. Supposons qu'il y ait une interprétation ι′ quisoit un modèle de CL+− ∪ CL0. Puisque ϕ n'est pas satisfaisable, une lause deCL+ ∪ CL− n'est pas satisfaite par ι′. Nous traitons le as où ette lause p∗ ∨∨m

i=1 ¬Ai∨∨n

j=1Bj appartient à CL+, l'autre as se traite de manière similaire.Né essairement ι′(p∗) = F. Soit maintenant ι identique à ι′ ex epté que ι(p∗) =V. ι satisfait CL0 puisque p∗ n'apparaît pas dans es lauses et CL+ puisqueι(p∗) = V. Soit maintenant ¬p∗ ∨∨m′

i=1 ¬A′i ∨

∨n′

j=1B′j une lause quel onque de

CL−. ι′ satisfait ∨mi=1 ¬Ai∨

∨nj=1Bj∨

∨m′

i=1 ¬A′i∨

∨n′

j=1B′j . Puisque ι′ ne satisfaitpas ∨m

i=1 ¬Ai ∨∨n

j=1Bj , ι′ satisfait ∨m′

i=1 ¬A′i ∨

∨n′

j=1B′j . Comme p∗ n'apparaitdans e terme, ι le satisfait aussi et a fortiori la lause ¬p∗∨∨m′

i=1 ¬A′i∨

∨n′

j=1B′j .Autrement dit ι satisfait ϕ e qui établit la ontradi tion. .q.f.d. ♦♦♦La proposition pré édente nous indique la méthode à appliquer pour testerla satisfaisabilité. On élimine les propositions une par une et on on lut posi-tivement s'il ne reste plus de lauses ou négativement si on ren ontre la lausevide.

2.5 TD n1Question n1. Démontrer la proposition 3.Question n2. Démontrer le lemme 5.Question n3. Normaliser la formule ϕ = ¬(¬p1 ∧ p2) ∧ ¬(p3 ∧ ¬p2).Question n4. Construire l'arbre de tableaux asso ié à la formule :(¬p1 ∨ p2) ∧ (¬p2 ∨ p3) ∧ (¬p3 ∨ p1) ∧ (p1 ∨ p2 ∨ p3) ∧ (¬p1 ∨ ¬p2 ∨ ¬p3)Nous avons tenu ompte dans l'é riture de ette formule de l'asso iativité desopérateurs ∨ et ∧.Question n5. Appliquer la méthode des oupures à la formule :(¬p1 ∨ p2) ∧ (¬p2 ∨ p3) ∧ (¬p3 ∨ p1) ∧ (p1 ∨ p2 ∨ p3) ∧ (¬p1 ∨ ¬p2 ∨ ¬p3)

Chapitre 3Cal ul des prédi ats dupremier ordre3.1 Syntaxe, démonstrations et théorèmesLa dénition d'un système formel asso ié au al ul des prédi ats né essitel'introdu tion d'éléments préalables.Dénition 17 Un support Supp = 〈V ar, Cst, Fctii>0, Predii≥0〉 d'un al- ul de prédi ats est déni par : V ar, un ensemble dénombrable de variables. Cst, un ensemble ni ou dénombrable de onstantes. Fctii>0, une famille d'ensembles (disjoints) nis ou dénombrables defon tions. Fcti désigne l'ensemble des fon tions d'arité i. On note Fct =⊎

i>0 Fcti. Predii≥0, une famille d'ensembles (disjoints) nis ou dénombrables deprédi ats. Predi désigne l'ensemble des prédi ats d'arité i. On note Pred =⊎i≥0 Predi.Tous les ensembles de la dénition pré édente sont supposés disjoints.A l'aide de es éléments, on dénit d'abord des termes.Dénition 18 Soit un support Supp, un terme est déni indu tivement ommesuit : Une variable ou une onstante est un terme. Soit f ∈ Fi, t1, . . . , ti des termes alors f(t1, . . . , ti) est un terme.Un terme los est un terme sans o urren e de variables. A partir des termes,on dénit les atomes.Dénition 19 Un atome est déni omme suit :Soit p ∈ Pi, t1, . . . , ti des termes alors p(t1, . . . , ti) est un atome.On dit aussi formule atomique pour atome. Une formule atomique lose estune formule sans o urren e de variables.Nous sommes maintenant prêts à dénir les formules du al ul des prédi ats.

20

Dénition 20 L'ensemble des formules F1 du al ul des prédi ats asso ié à unsupport Supp est déni indu tivement omme suit : Un atome de Supp est une formule de F1. Si A,B ∈ F1 et x ∈ V ar alors ¬A ∈ F1, A ⇒ B ∈ F1, ∀xA ∈ F1 et∃xA ∈ F1.Deux notions fondamentales dans le al ul des prédi ats sont elles d'o ur-ren e de variable libre ou liée.Dénition 21 Soit f ∈ F1 les ensembles des o urren es de variables libres etdes variables liées de f sont dénis indu tivement omme suit : Si f est une formule atomique alors l'ensemble des o urren es de variableslibres est l'ensemble de ses o urren es de variables et elui des o urren esde variables liées est vide. Si f = ¬g alors l'ensemble des o urren es de variables libres est elui deg et l'ensemble des o urren es des variables liées est elui de g. Si f = g ⇒ h alors l'ensemble des o urren es de variables libres estl'union (disjointe) de eux de g et de h et l'ensemble des o urren es desvariables liées est l'union (disjointe) eux de g et h. Si f = ∀xg (resp. f = ∃xg) alors l'ensemble des o urren es de variableslibres est elui de g ex epté les o urren es de x et l'ensemble des o - urren es des variables liées est l'union (disjointe) de elui de g et deso urren es libres de x dans g. Ces dernières sont dites liées par le quan-ti ateur externe ∀ (resp. ∃).Une formule est dite lose si son ensemble des o urren es de variables libresest vide. Une théorie est un ensemble de formules loses.Etant donnée un formule, on va pratiquer une forme spé ique de substitu-tion.Dénition 22 (Substitution) On dénit la substitution à la fois pour uneformule propositionnelle, un terme et une formule prédi ative. Soit ϕ une formule de F0, ψ1, . . . , ψn des formules de F1 et prop(ϕ) ⊂p1, . . . pn. Alors ϕ[pi ← ψii∈1..n] est la formule de F1 obtenue ensubstituant ψi à haque o urren e de pi dans ϕ. Soit t, t1, . . . , tn des termes du al ul des prédi ats et x1, . . . xn des va-riables. Alors t[xi ← tii∈1..n] est le terme obtenu en substituant ti à haque o urren e de xi dans t. Soit ϕ une formule de F1, t1, . . . , tn des termes du al ul des prédi ats etx1, . . . xn des variables. Alors ϕ[xi ← tii∈1..n] est la formule obtenue ensubstituant ti à haque o urren e libre de xi dans ϕ.Lorsqu'on pro ède à une seule substitution, on la note plus simplement ϕ[p← ψ](resp. t[x← t′], ϕ[x← t′]).Exemples.Soit ϕ ≡ (p1 ⇒ p2), alors ϕ[p1 ← p(y, z), p2 ← ∃r(z)] = p(y, z)⇒ ∃r(z).Soit ϕ ≡ (∀x∀y p(x, y, z)⇒ ∃z q(x, z)), alors

ϕ[x← f(y, z), z ← y] = (∀x∀y p(x, y, y)⇒ ∃z q(f(y, z), z)).

Dénition 23 Le al ul des prédi ats asso ié à un support Supp est le systèmeformel déni par : son alphabet Σ1 = V ar ∪ Cst ∪ Fct ∪ Pred ∪ ¬,⇒, (, ), ∀, ∃ l'ensemble de ses formules bien formées F1 déni i-dessus. l'ensemble de ses axiomes qui sont de quatre types :1. Les tautologies pseudo-propositionnelles (dites tautologies p.p.)qui sont onstruites ainsi. On prend une tautologie ϕ du al ul propo-sitionnel tel que prop(ϕ) ⊂ p1, . . . , pn et n formules de F1, ψ1, . . . , ψnet on onstruit la tautologie ϕ[pi ← ψii∈1..n].2. Les équivalen es des quanti ateurs, (∃xF ⇒ ¬∀x¬F ) et (¬∀x¬F ⇒∃xF )3. L'inversion (limitée) du ∀ et du ⇒, (∀x(F ⇒ G) ⇒ (F ⇒ ∀xG)) à ondition que x n'ait pas d'o urren e libre dans F.4. L'instan iation, (∀xF ⇒ F [x← t]) à ondition qu'au une o urren ede variable de t ne se trouve liée dans F [x← t]. ses deux règles d'inféren e1. La règle de modus ponens notée m.p. :m.p. : A, (A⇒ B) ⊢ B ave A,B ∈ F02. La règle de généralisation notée gen :gen : A ⊢ ∀xA ave A ∈ F1 et x ∈ V arExemple. Démontrons le théorème (ϕ[x← t]⇒ ∃xϕ) ave l'hypothèse qu'au- une o urren e de variable dans t ne se trouve liée dans ϕ[x← t].On insère d'abord l'axiome d'instan iation (∀x¬ϕ⇒ ¬ϕ[x← t]).Puis on ajoute la tautologie p.p. :

((∀x¬ϕ⇒ ¬ϕ[x← t])⇒ (ϕ[x← t]⇒ ¬∀x¬ϕ)).Par m.p., on obtient : (ϕ[x← t]⇒ ¬∀x¬ϕ)On insère la tautologie p.p. :((ϕ[x← t]⇒ ¬∀x¬ϕ)⇒ ((¬∀x¬ϕ⇒ ∃xϕ)⇒ (ϕ[x← t]⇒ ∃xϕ)))Par m.p., on obtient :((¬∀x¬ϕ⇒ ∃xϕ)⇒ (ϕ[x← t]⇒ ∃xϕ)))On insère alors l'axiome d'équivalen e :(¬∀x¬ϕ⇒ ∃xϕ)et on on lut par m.p.Notation. Dans la suite, lorsqu'on omplètera une démonstration, en intro-duisant des tautologies p.p. et des formules obtenues par M.P., on parlera deraisonnement propositionnel. Assez souvent, on ne détaillera pas les raisonne-ments propositionnels.La proposition suivante est équivalente à la proposition 3 du al ul proposi-tionnel.Proposition 11 Soit An une formule lose, alors :A1, . . . , An ⊢ B ssi A1, . . . , An−1 ⊢ (An ⇒ B)PreuveLa preuve est identique à elle de la proposition 3 ex epté que dans le sens de

gau he à droite, il faut traiter le as d'une formule dont la dernière ligne de ladémonstration est obtenue par généralisation.Soit A1, . . . , An ⊢ ∀x ϕ ave une démonstration dont la dernière ligne est unegénéralisation. Alors dans la démonstration, on trouve la formule ϕ et par hy-pothèse de ré urren e, on a : A1, . . . , An−1 ⊢ (An ⇒ ϕ). Par généralisation, oninsère ∀x(An ⇒ ϕ). Puis on ajoute l'axiome d'inversion (∀x(An ⇒ ϕ)⇒ (An ⇒∀xϕ)), justié puisque An est une formule lose et on on lut par m.p. .q.f.d. ♦♦♦Soit ϕ une formule et xi1 , . . . , xik

, l'ensemble des variables qui ont uneo urren e libre dans ϕ, alors ϕ′ = ∀xi1 . . .∀xikϕ est une loture universelle de

ϕ. Il y a autant de lotures universelles que d'énumérations des variables libresde ϕ. Le lemme suivant nous indique que l'on peut se restreindre aux formules loses pour la dédu tion.Lemme 8 Soit T une théorie, ϕ une formule et ϕ′ une loture universelle deϕ. Alors : T ⊢ ϕ ssi T ⊢ ϕ′.PreuveIl sut de prouver que T ⊢ ∀xϕ ssi T ⊢ ϕ.Supposons que T ⊢ ∀xϕ. Insérons l'axiome d'instan iation (∀xϕ ⇒ ϕ[x ← x]) e qui est justié par le fait que x se substitue aux o urren es libres de xdans ϕ. On applique m.p. et on obtient une démonstration de ϕ.Supposons que T ⊢ ϕ. On obtient T ⊢ ∀xϕ par la règle de généralisation. .q.f.d. ♦♦♦Dénition 24 Une théorie T est dite ohérente ssi pour toute formule ϕ, soitT 6⊢ ϕ soit T 6⊢ ¬ϕ.En réalité, une seule formule sut pour tester la ohéren e.Lemme 9 Une théorie T est ohérente ssi il existe une formule ϕ, t.q. T 6⊢ ϕ.PreuveRaisonnons par l'absurde. Supposons qu'il existe une formule ψ t.q. T ⊢ ψ etT ⊢ ¬ψ. Introduisons la tautologie p.p. (ψ ⇒ (¬ψ ⇒ ϕ)), Par une doubleappli ation de m.p., on en on lut que ontrairement à l'hypothèse T ⊢ ϕ. .q.f.d. ♦♦♦Lemme 10 Soit T une théorie et ϕ une formule lose. Alors T ⊢ ϕ ssi T∪¬ϕest in ohérente. De même, T ⊢ ¬ϕ ssi T ∪ ϕ est in ohérente.PreuveSupposons que T ⊢ ϕ. Puisque T ∪ ¬ϕ ⊢ ¬ϕ, T ∪ ¬ϕ est in ohérente.Supposons que T ∪ ¬ϕ soit in ohérente. En vertu du lemme 9, T ∪ ¬ϕ ⊢ ϕ.Par la proposition 11, on en déduit que : T ⊢ (¬ϕ⇒ ϕ). On ajoute la tautologiep.p. ((¬ϕ⇒ ϕ)⇒ ϕ) et on on lut par m.p.La preuve de la deuxième équivalen e est similaire et laissée en exer i e.

.q.f.d. ♦♦♦Le lemme suivant qui indique sous quelles onditions une onstante peutjouer le rle d'une variable libre nous sera fort utile pour démontrer la omplé-tude.Lemme 11 Soit T une théorie, ϕ = ∀xiψ une formule lose et c une onstantequi n'apparaît ni dans T ni dans ψ. Si T ⊢ ψ[xi ← c] alors T ⊢ ϕ.PreuveSoit θ1, . . . , θn la démonstration de ψ[xi ← c]. Choisissons une variable xj n'ap-paraisssant pas dans la démonstration. Appelons θ′k la formule obtenue en sub-stituant dans θk les o urren es de c par xj . Alors Nous laissons en exer i e la preuve que pour tout k, si θk est un axiomealors θ′k est un axiome (l'hypothèse sur xj n'est importante que pourl'instan iation). Si θk est une hypothèse alors θ′k = θk (en raison de l'hypothèse sur c) Si θk se déduit par m.p. à partir de θj et (θj ⇒ θk) alors θ′k se déduit aussipar m.p. à partir de θ′j et (θ′j ⇒ θ′k). Si θk = ∀xi θj se déduit par généralisation alors θ′k se déduit aussi pargénéralisation de θ′j .On applique alors la règle de généralisation pour obtenir que T ⊢ ∀xjψ[xi ← xj ],puis la règle d'instan iation ave t = xi (justiée ar xi n'est inséré qu'à la pla ede ses o urren es libres dans ψ) pour obtenir que T ⊢ ψ et de nouveau la règlede généralisation pour on lure que T ⊢ ∀xiψ. .q.f.d. ♦♦♦

3.2 InterprétationNotations. Dans la suite on notera V ar = x1, . . . , xn, . . .. e désignera unesuite innie e1, . . . , en, . . . et e[e′, n] la suite obtenue à partir de e en substituantà e′ à en.Dénition 25 Une interprétation ι asso iée à un support Supp est dénie par : Un ensemble non vide Eι. Pour haque onstante c ∈ Cst, un élement cι ∈ Eι ; Pour haque f ∈ Fcti, une fon tion f ι de Eiι dans Eι. Pour haque p ∈ Predi, une fon tion pι de Ei

ι dans V, F.L'interprétation d'un terme t est une fon tion tι de EV arι dans Eι où tι(e) estdéni indu tivement par : Si t = c ∈ Cst alors tι(e) = cι Si t = xn alors tι(e) = en Si t = f(t1, . . . , tn) alors tι(e) = f ι(tι1(e), . . . , t

ιn(e))L'interprétation d'un atome p(t1, . . . , ti) est une fon tion p(t1, . . . , ti)ι de EV ar

ιdans V, F dénie par : p(t1, . . . , pn)ι(e) = pι(tι1(e), . . . , tιn(e)).L'interprétation d'une formule ϕ est alors dénie indu tivement omme unefon tion ϕι de EV ar

ι dans V, F ainsi : as ϕ = ¬ψ : ϕι(e) = V ssi ψι(e) = F. as ϕ = ψ1 ⇒ ψ2 : ϕι(e) = V ssi ψι1(e) = F ou ψι

2(e) = V.

as ϕ = ∀xnψ : ϕι(e) = V ssi ∀e′ ∈ Eι ψι(e[e′, n]) = V. as ϕ = ∃xnψ : ϕι(e) = V ssi ∃e′ ∈ Eι ψι(e[e′, n]) = V.Remarque. L'interprétation d'une formule lose ϕ est une fon tion onstante.Par onséquent, pour toute interprétation ι, soit ϕι = V soit (¬ϕ)ι = V.On dit qu'une interprétation ι est un modèle d'une théorie T si ∀ϕ ∈ T, ϕι =

V. Soit ϕ une formule, on note T |= ϕ si pour tout modèle ι, ϕι est la fon tion onstante V.Nous donnons maintenant le pendant sémantique des lemmes 8 et 10.Lemme 12 Soit T une théorie, ϕ une formule et ϕ′ une loture universelle deϕ. Alors : T |= ϕ ssi T |= ϕ′.PreuveIl sut de démontrer l'équivalen e : T |= ϕ ssi T |= ∀xn ϕ. Soit ι un modèle deT , alors ∀e, ϕι(e) ssi ∀e, ∀e′, ϕι(e[e′, n]). .q.f.d. ♦♦♦Lemme 13 Soit T une théorie et ϕ une formule lose. Alors T |= ϕ ssi T∪¬ϕn'a pas de modèle.PreuveT |= ϕ ssipour tout modèle ι de T , ϕι = V ssipour tout modèle ι de T , (¬ϕ)ι = F ssiT ∪ ¬ϕ n'a pas de modèle. .q.f.d. ♦♦♦Le lemme suivant justie l'introdu tion de l'axiome d'instan iation.Lemme 14 Soit φ une formule et t un terme. Si au une o urren e de variablede t ne se trouve liée dans ϕ[xn ← t] alors pour toute interprétation ι, pour toute, (ϕ[xn ← t])ι(e) = ϕι(e[tι(e), n]).PreuveOn démontre d'abord par indu tion sur la taille d'un terme que :t′[xn ← t]ι(e) = t′ι(e[tι(e), n]).Si t′ = c ave c une onstante alors les deux termes sont égaux à cι.Si t′ = xn alors les deux termes sont égaux à tι(e).Si t′ = xm ave m 6= n alors les deux termes sont égaux à em.Si t′ = f(t1, . . . , tm) alorst′[xn ← t]ι(e)= f ι(t1[xn ← t]ι(e), . . . , tm[xn ← t]ι(e))= f ι(tι1(e[t

ι(e), n]), . . . , tιm(e[tι(e), n])) (par hypothèse de ré urren e)= t′ι(e1, . . . , t

ι(e), . . .)Puis la preuve se fait par indu tion sur le nombre d'opérateurs de la formule ϕ.Si ϕ = p(t1, . . . , tm) est une formule atomique alorsϕ[xn ← t]ι(e)= pι(t1[xn ← t]ι(e), . . . , tm[xn ← t]ι(e))

= pι(tι1(e[tι(e), n]), . . . , tιm(e[tι(e), n]))

= ϕι(e[tι(e), n])Le as des opérateurs ¬ et ⇒ est immédiat et il est laissé en exer i e.Si ϕ = ∀xnψ alors ϕ[xn ← t] = ϕ et puisque, xn n'ayant pas d'o urren e libredans ϕ, ϕι(e) est indépendant de en et on a ϕι(e) = ϕι(e[t(e), n]).Soit ϕ = ∀xmψ (m 6= n)(ϕ[xn ← t])ι(e) = Vssi pour tout e′, (ψ[xn ← t])ι(e[e′,m]) = Vssi pour tout e′, ψι(e[e′,m][t(e[e′,m]), n]) = V(par l'hypothèse de ré urren e),ssi pour tout e′, ψι(e[e′,m][t(e), n]) = V(puisque par hypothèse, t n'a pas d'o urren es de xm)ssi ϕι(e[t(e), n]) = VLe as de l'opérateur ∃ est similaire à l'opérateur ∀ et il est laissé en exer i e. .q.f.d. ♦♦♦Notons l'importan e de la ondition asso iée à l'axiome d'instan iation. Ainsisoit ϕ = ∀x∃y¬p(x, y) et ψ = ∃y¬p(x, y)[x ← y] = ∃y¬p(y, y). Soit ι uneinterprétation dans un ensemble d'au moins deux éléments où p est interprétéepar l'identité. Alors ϕι = V et ψι = F.

3.3 Adéquation et omplétude3.3.1 La méthode de HenkinLemme 15 Soit ϕ un axiome du al ul des pré idats alors ϕ est une tautologie.PreuveLe as d'une tautologie pseudo-propositionnelle ϕ est une onséquen e de l'adé-quation du al ul propositionnel.Soit ι une interprétation.(∃xnϕ)ι(e) = Vssi il existe un e′ tel que ϕι(e[e′, n]) = Vssi il n'est pas vrai que pour tout e′ ¬ϕι(e[e′, n]) = Vssi ∀xn¬ϕ

ι(e) = Fssi ¬∀xn¬ϕι(e) = VCe qui démontre les axiomes d'équivalen e.Nous traitons maintenant l'axiome d'inversion. Soit ι une interprétation.Supposons que (∀xn(ϕ⇒ ψ))ι(e) = Valors pour tout e′, (ϕ⇒ ψ)ι(e[e′, n]) = VNous étudions les deux as suivants. soit pour tout e′, ψι(e[e′, n]) = Vautrement dit, (∀xnψ)ι(e) = Vet par onséquent (ϕ⇒ ∀xnψ)ι(e) = V soit il existe un e′ tel que ψι(e[e′, n]) = FPar onséquent, ϕι(e[e′, n]) = Fmais puisque xn n'a pas d'o urren e libre dans ϕ, ϕι(e) = F et nalement

(ϕ⇒ ∀xnψ)ι(e) = VNous traitons maintenant le as de l'instan iation.Supposons que (∀xnϕ)ι(e) = VCe qui signie que pour tout e′, (ϕ)ι(e[e′, n]) = VChoisissons e′ = tι(e). Alors ϕι(e[tι(e), n]) = VMais le terme gau he n'est rien d'autre que : (ϕ[xn ← t])ι(e) (d'après le lemme 14).Ce qui permet de on lure. .q.f.d. ♦♦♦Proposition 12 (Adéquation) Soit T une théorie et ϕ une formule, alorsT ⊢ ϕ implique T |= ϕ.PreuveSoit ι un modèle de T . On va prouver la proposition par ré urren e sur l, lalongueur d'une plus ourte démonstration asso iée à T ⊢ ϕ.Cas de base : l = 1. Soit ϕ un axiome, soit ϕ ∈ T . Dans le premier as, lelemme 15 permet de on lure. Dans le deuxième as, puisque ι est un modèlede T , ι(ϕ) = V.Indu tion. Supposons que ϕ est obtenue par modus ponens à partir de deuxformules ψ et ψ ⇒ ϕ qui apparaissent plus tt dans la démonstration. Parhypothèse de ré urren e, ι(ψ) = V et ι(ψ ⇒ ϕ) = V. L'interprétation de ⇒implique alors que ι(ϕ) = V.Supposons maintenant que ϕ = ∀xnψ est obtenue par généralisation à partirde ψ qui apparait plus tt dans la démonstration. Par hypothèse de ré urren e,ι(ψ) = V. Pour tout e, ι(ψ)(e) = V si pour tout e′, ι(ψ)(e[e′, n]) = V e qui estbien le as. .q.f.d. ♦♦♦Dénition 26 T est dite syntaxiquement omplète ssi T est ohérente et pourtout ϕ formule lose, T ⊢ ϕ ou T ⊢ ¬ϕ.Dénition 27 T est dite admettre des témoins de Henkin ssi pour tout ϕ t.q. xest la seule variable qui ait des o urren es libres dans ϕ, il existe une onstantec telle que la formule (∃xϕ⇒ ϕ[x← c]) appartienne à T .Proposition 13 Soit T une théorie syntaxiquement omplète et admettant destémoins de Henkin, alors T a un modèle.PreuveOn onstruit le modèle ι de T ainsi. Eι est l'ensemble des termes los de Supp.Puisqu'il y a des temoins de Henkin, Eι 6= ∅.Pour c une onstante, cι = c. Pour f une fon tion n-aire, f ι(t1, . . . , tn) =f(t1, . . . , tn). Pour p un prédi at n-aire, pι(t1, . . . , tn) = V ssi T ⊢ p(t1, . . . , tn).On démontre maintenant par indu tion sur le nombre de onne teurs que pourtoute formule lose ϕ, T ⊢ ϕ ssi ϕι = V.

Puisque T démontre toutes ses formules ela nous permettra de on lure que ιest un modèle de T .Le as de base, i.e. ϕ, formule atomique lose, est obtenu par onstru tion de ι.Aussi nous étudions les diérents onne teurs.¬ : T ⊢ ¬ϕ ssi T 6⊢ ϕ (T syntaxiquement omplète) ssi ϕι = F ssi (¬ϕ)ι = V

⇒ : Montrons que T ⊢ (ϕ ⇒ ψ) ssi T 6⊢ ϕ ou T ⊢ ψ. Supposons queT 6⊢ ϕ, alors puisque T est syntaxiquement omplète T ⊢ ¬ϕ on insèrela tautologie p.p. (¬ϕ ⇒ (ϕ ⇒ ψ)) et on applique m.p. Supposons queT ⊢ ψ, alors on insère la tautologie p.p. (ψ ⇒ (ϕ ⇒ ψ)) et on appliquem.p.Supposons que T ⊢ (ϕ ⇒ ψ) et qu'on ait pas T 6⊢ ϕ, i.e. T ⊢ ϕ alors onapplique m.p. pour on lure que T ⊢ ψ.En appliquant l'hypothèse de ré urren e, T ⊢ (ϕ ⇒ ψ) ssi ϕι = F ouψι = V ssi (ϕ⇒ ψ)ι = V

∀ : Supposons que T ⊢ ∀xn ϕ (ave xn unique variable libre de ϕ), alorsen appliquant m.p. à partir de l'axiome d'instan iation, on obtient queT ⊢ ϕ[xn ← t] pour tout terme los t. Par hypothèse de ré urren e ϕ(xn ←t)ι = V pour tout terme los t. Or ϕ(xn ← t)ι(e) = ϕι(e[t, n]). Autrementdit, (∀xn ϕ)ι = V.Supposons que T 6⊢ ∀xn ϕ. Alors on démontre par l'absurde que T 6⊢∀xn ¬¬ϕ. En eet par l'axiome d'instan iation on obtiendrait alors queT ⊢ ¬¬ϕ puisque ϕ = ϕ(xn ← xn). Puis en utilisant la tautologie p.p(¬¬ϕ ⇒ ϕ) et m.p., on obtiendrait T ⊢ ϕ et la généralisation fourniraitT ⊢ ∀xn ϕ.Puisque T est syntaxiquement omplète, on obtient T ⊢ ¬∀xn ¬¬ϕ. Enutilisant un axiome d'équivalen e et m.p., on obtient T ⊢ ∃xn ¬ϕ. PuisqueT admet des témoins de Henkin il existe une onstante c t.q. (∃xn ¬ϕ⇒¬ϕ(xn ← c) ∈ T . Par m.p., T ⊢ ¬ϕ[xn ← c]. Par hypothèse de ré urren e(¬ϕ(xn ← c))ι = V. Or ¬ϕ(xn ← c)ι(e) = ¬ϕι(e[c, n]). Par onséquent(∀xn ϕ)ι = F.∃ : Ce as est similaire au ∀ et il est laissé en exer i e. .q.f.d. ♦♦♦On dit qu'un support Supp′ étend un support Supp si les onstantes (resp.variables, fon tions n-aires, prédi ats n-aires) de Supp sont des onstantes (resp.variables, fon tions n-aires, prédi ats n-aires) de Supp′.Proposition 14 Soit T une théorie ohérente sur Supp alors il existe un sup-port Supp′ qui étend Supp et T ′ une théorie syntaxiquement omplète et admet-tant des témoins de Henkin telle que T ⊂ T ′.PreuveLe support Supp′ est obtenu en ajoutant à l'ensemble des onstantes de Supp,un nouvel ensemble dénombrable c0, c1, . . .. L'ensemble des formules loses desupport Supp′ est dénombrable. Soit ϕ1, . . . une énumération de et ensemble,on dénit par ré urren e sur n une théorie Tn (ave T0 = T ) qui vérie les onditions suivantes : Tn est ohérente. Tn ⊂ Tn+1.

Tn \ T est ni. ϕm ∈ Tn ou ¬ϕm ∈ Tn pour tout 0 < m ≤ n. Pour tout 0 < m ≤ n, si ϕm ≡ ∃xiψ et ϕm ∈ Tn alors il existe une onstante c t.q. ψ[xi ← c] ∈ Tn.Le as de base est vérié par hypothèse puisque T0 = T . Supposons que Tn estdéni. Si Tn∪¬ϕn est ohérente, on pose ψn = ¬ϕn, sinon d'après le lemme 10,on a T ⊢ ϕn et on pose ψn = ϕn. Dans les deux as, Tn ∪ ψn est ohérente.Si l'opérateur externe de ψn n'est pas ∃, alors on dénit Tn+1 = Tn ∪ ψn. Lavalidité des onditions est immédiate.Si ψn = ∃xiψ, on hoisit un symbole ck qui n'apparaît dans au une formulede Tn ∪ ψn (possible puisque Tn \ T est ni). On pose alors Tn+1 = Tn ∪ψn, ψ[xi ← ck]. A l'ex eption de la ohéren e, toutes les onditions de l'hypo-thèse de ré urren e sont trivialement vériées.Montrons par l'absurde que Tn+1 est ohérente. Si e n'est pas le as, alors lelemme 10 implique que Tn ∪ ∃xiψ ⊢ ¬ψ[xi ← ck]. En raison du hoix de la onstante ck, le lemme 11 entraine alors que Tn∪∃xiψ ⊢ ∀xi¬ψ. En insérant latautologie p.p. (∃xiψ ⇒ ¬∀xi¬ψ)⇒ (∀xi¬ψ ⇒ ¬∃xiψ), l'axiome d'équivalen esous-formule gau he de ette formule et en appliquant m.p., on on lut queTn ∪ ∃xiψ ⊢ ¬∃xiψ et par onséquent que Tn ∪ ∃xiψ est in ohérente e quiest faux en raison du hoix de ψn.Posons maintenant T ′ = ⋃

n∈NTn. Supposons que T ′ est in ohérente. On a alorsdeux démonstrations de ϕ et de ¬ϕ pour un ertain ϕ. L'ensemble des hypo-thèses apparaissant dans es démonstrations étant ni, elles- i sont ontenuesdans un ertain Tn. Tn serait alors in ohérent e qui est ontraire à la onstru -tion. La onstru tion implique alors que T est syntaxiquement omplet.Soit maintenant ϕ = ∃xiψ une formule lose. Si ϕ ∈ T alors, par onstru tion,

ψ[xi ← c] ∈ T pour un ertain T . Insérons la tautologie p.p. (ψ[xi ← c] ⇒(ϕ ⇒ ψ[xi ← c])), en appliquant m.p., on déduit que T ⊢ (ϕ ⇒ ψ[xi ← c])et puisque toute formule ou sa négation appartient à T et que T est ohérente,(ϕ ⇒ ψ[xi ← c]) ∈ T . Si ϕ 6∈ T alors ¬ϕ ∈ T . Choisissons n'importe quelle onstante c. Insérons la tautologie p.p. (¬ϕ⇒ (ϕ⇒ ψ[xi ← c])), en appliquantm.p., on déduit que T ⊢ (ϕ ⇒ ψ[xi ← c]) et puisque toute formule ou sanégation appartient à T et que T est ohérente, (ϕ⇒ ψ[xi ← c]) ∈ T . .q.f.d. ♦♦♦Proposition 15 Soit T une théorie ohérente, alors T a un modèle.PreuveD'après la proposition 14, T peut être étendue en T ′ une théorie syntaxiquement omplète et admettant des témoins de Henkin. D'après la proposition 13, T ′admet un modèle. En oubliant l'interprétation des symboles de support ajoutés, e modèle est un modèle de T . .q.f.d. ♦♦♦Corollaire 3 (Complétude) Soit T une théorie, ϕ une formule lose. Si T |=ϕ alors T ⊢ ϕ.

PreuveSi T |= ϕ alors T∪¬ϕ n'a pas de modèle (d'après le lemme 13). Don T∪¬ϕest in ohérente (d'après la proposition 15). Par onséquent, T ⊢ ϕ (d'après lelemme 10). .q.f.d. ♦♦♦Proposition 16 (Compa ité) Soit T une théorie telle que ∀T ′ ⊂ T , ave T ′ni, T ′ a un modèle. Alors T a un modèle.PreuvePar l'absurde. Supposons que T n'ait pas de modèle alors T est in ohérente(d'après la proposition 15). Don ∃ϕ, T ⊢ ϕ et T ⊢ ¬ϕ. Soit maintenant T ′l'ensemble ni des formules de T apparaissant dans es deux démonstrations.On a T ′ ⊢ ϕ et T ′ ⊢ ¬ϕ. Don T ′ |= ϕ et T ′ |= ¬ϕ (d'après la proposition 12) e qui entraine que T ′ n'a pas de modèle. .q.f.d. ♦♦♦3.3.2 Formes prénexesOn dira qu'une formule ϕ est sous forme prénexe ssi les quanti ateurs setrouvent en tête de la formule (autrement dit e sont les onstru teurs les plusexternes). On dira qu'elle est sous forme prénexe polie si de plus les quanti a-teurs lient des variables toutes diérentes.Lemme 16 Soit ∀xiϕ une formule, xj une variable n'apparaissant pas dans ϕ.Alors : ⊢ ∀xiϕ⇔ ∀xjϕ(xi ← xj).Lemme 17 Soient ϕ, ψ des formules et x une variable. Alors :⊢ (∀x (ϕ ⇒ ψ)) ⇒ (∀x ϕ ⇒ ∀x ψ) et ⊢ (∀x (ϕ ⇔ ψ)) ⇒ (∀x ϕ ⇔ ∀x ψ).Si ⊢ ϕ ⇔ ψ et si ϕ est une sous-formule de θ, alors en notant θ′ la formuleobtenue en substituant ψ à ϕ dans θ on a ⊢ θ ⇔ θ′.Lemme 18 Soient ϕ et ψ deux formules et x une variable alors :1. Si x n'apparaît pas dans ϕ alors ⊢ (ϕ⇒ ∀xψ)⇔ (∀x(ϕ⇒ ψ))2. Si x n'apparaît pas dans ϕ alors ⊢ (ϕ⇒ ∃xψ)⇔ (∃x(ϕ⇒ ψ))3. Si x n'apparaît pas dans ψ alors ⊢ ((∀xϕ)⇒ ψ)⇔ (∃x(ϕ⇒ ψ))4. Si x n'apparaît pas dans ψ alors ⊢ ((∃xϕ)⇒ ψ)⇔ (∀x(ϕ⇒ ψ))Proposition 17 Soit ϕ une formule quel onque alors il existe une formule ϕ′sous forme prénexe polie qui omporte le même nombre d'opérateurs telle que⊢ ϕ⇔ ϕ′On dira que ϕ est sous forme prénexe alternée si elle est sous forme pré-nexe polie et si elle alterne des quanti ateurs universels et existentiels en om-mençant par un quanti ateur universel et en terminant par un quanti ateurexistentiel (ex epté si la suite de quanti ateurs est vide).Lemme 19 Soit ϕ une formule et x une variable n'apparaissant pas dans ϕ.Alors ⊢ ϕ⇔ ∀xϕ et ⊢ ϕ⇔ ∃xϕ

Proposition 18 Soit ϕ une formule quel onque alors il existe une formule ϕ′sous forme prénexe alternée telle que ⊢ ϕ⇔ ϕ′3.3.3 La méthode de HerbrandLa méthode de Herbrand (présentée i i) a pour obje tif de traiter un asparti ulier de la omplétude. Soit ϕ une formule lose, alors :ϕ n'est pas satisfaisable ssi ⊢ ¬ϕL'intérêt de la méthode de Herbrand est de produire dans le as d'une for-mule non satisfaisable une démonstration de ¬ϕ. Sans perte de généralité, noussupposons que ϕ est sous forme prénexe alternée.An de fa iliter la présentation ette méthode, nous supposons que l'en-semble des variables est x0, x1, . . . et nous nous donnons une énumérationquel onque (partant de 1) des termes de notre logique et nous notons ♯(t) lenombre asso ié au terme t. Puis nous introduisons un fon tion auxiliaire α quiasso ie à une suite nie de termes (t1, . . . , ti) un entier déni par α(t1, . . . , ti) ≡

2m3♯(t1) . . . p♯(ti)i où m est le plus grand indi e de variable apparaissant dans

t1, . . . , ti et pi est le i + 1eme nombre premier. Les propriétés intéressantes de ette fon tion sont dé rites dans le lemme suivant.Lemme 20 α vérie les propriétés suivantes. α est inje tive. Si xk apparaît dans t1, . . . , ti alors k < α(t1, . . . , ti). Soit t1, . . . , ti et j < i alors α(t1, . . . , tj) < α(t1, . . . , ti).Preuve(laissée en exer i e) .q.f.d. ♦♦♦Notre obje tif est de transformer notre problème de satisfaisabilité de logiquedu premier ordre en un problème de satisfaisabilité de logique propositionnelle.La dénition suivante pré ise quelles propositions nous avons en vue.Dénition 28 Soit ϕ ≡ ∀x1∃x2 . . . ∀x2k−1∃x2kψ une formule sous forme pré-nexe alternée et t1, . . . , tk des termes. Alors l'avatar de ϕ asso ié à t1, . . . , tkest la formule :ψ(x2i−1 ← tii≤k ∪ x2i ← xα(t1,...,ti)i≤k)

Atϕ est l'ensemble des atomes qui apparaissent dans un avatar de ϕ.LAtϕ

est la logique propositionnelle dont l'ensemble des propositions atomiquesest Atϕ.On remarque qu'un avatar peut être vu à la fois omme une formule delogique du premier ordre et de la logique LAtϕ.Le théorème suivant onstitue la première partie de la preuve de omplétudevia la méthode de Herbrand.Théorème 1 Soit ϕ une formule sous forme prénexe alternée. Si l'ensembledes avatars est satisfaisable dans LAtϕ

alors ϕ admet un modèle.

PreuveNotons ǫ l'interprétation dans LAtϕqui satisfait l'ensemble des avatars de ϕ.On asso ie à haque variable xi un élément x∗i . On étend l'opération ∗ à toutterme t, en dénissant t∗ omme le terme t dans lequel haque variable estrempla ée par son élément.L'ensemble Eι asso ié à notre domaine est l'ensemble des termes t∗.Soit f une fon tion n-aire, alors f ι(t∗1, . . . , t

∗n) ≡ f(t∗1, . . . , t

∗n).Soit p un prédi at n-aire, si p(t1, . . . , tn) ∈ Atϕalors pι(t∗1, . . . , t

∗n) = ǫ(p(t1, . . . , tn))sinon pι(t∗1, . . . , t∗n) prend une valeur arbitraire.Par onstru tion pour un avatar quel onque et un e quel onque,

ψι(e[t∗1, 1] . . . e[t∗k, 2k − 1]e[x∗α(t1), 2] . . . e[x∗α(t1,...,tk), 2k]) = VEn eet l'interprétation s'étend de la même façon en logique propositionnelle etdu premier ordre en l'absen e de quanti ateur et ǫ satisfait les avatars.Montrons que ϕι = V. Pour ela, nous démontrons par une ré urren e inverséeque pour tout 0 ≤ i ≤ k pour tout e, t1, . . . , ti,

(∀x2i+1∃x2i+2 . . . ∀x2k−1∃x2kψ)ι(e[t∗1, 1] . . . e[t∗i , 2i− 1]e[x∗α(t1)

, 2] . . . e[x∗α(t1,...,ti)

, 2i]) = V(L'ae tation des autres variables n'inue pas sur le résultat)Pour i = k, 'est vrai puisqu'on a aaire à un avatar.Supposons l'égalité vraie pour i et démontrons la pour i − 1. L'égalité de laré urren e est vraie pour tout terme t∗i . Autrement dit, pour tout terme t∗i ,(∃x2i∀x2i+1∃x2i+2 . . . ∀x2k−1∃x2kψ)ι

(e[t∗1 , 1] . . . e[t∗i , 2i− 1]e[x∗α(t1)

, 2] . . . e[x∗α(t1,...,ti−1)

, 2i− 2]) = VPar onséquent,(∀x2i−1∃x2i . . .∀x2k−1∃x2kψ)ι

(e[t∗1 , 1] . . . e[t∗i−1, 2i− 3]e[x∗α(t1)

, 2] . . . e[x∗α(t1,...,ti−1)

, 2i− 2]) = VPour i = 0, on obtient don que ϕι = V. .q.f.d. ♦♦♦Dans ette preuve nous n'avons pas utilisé les propriétés de la fon tion αque nous allons maintenant utiliser pour la deuxième partie de la preuve de laméthode de Herbrand.Théorème 2 Soit ϕ ≡ ∀x1∃x2 . . .∀x2k−1∃x2kψ une formule sous forme pré-nexe alternée. Si l'ensemble des avatars de ϕ n'est pas satisfaisable dans LAtϕalors ⊢ ¬ϕ.PreuveD'après le théorème de ompa ité de la logique propositionnelle, on en déduitqu'il existe un nombre ni d'avatars non simultanément satisfaisable dans LAtϕ.Soit Φ, l'ensemble des formules

∀xn2i+1∃xn2i+2

. . . ∀xn2k−1∃xn2k

ψ(xj ← xnj2i+1≤j≤2k ∪ x2j+1 ← tj1≤j<i ∪ x2j+2 ← xα(t1,...,tj)1≤j<i)pour i ompris entre 0 et k, t1, . . . , ti des termes quel onques et xnj

2i+1≤j≤2kdes variables distin tes n'apparaissant pas dans t1, . . . , ti et diérentes des va-riables de xα(t1,...,tj)1≤j<i.Les avatars de ϕ appartiennent à Φ. Par onséquent il existe un sous-ensembleni de formules de Φ, appelons-le Θ tel que ⊢ ∨θ∈Θ ¬θ (tautologie p.p.). Nous

allons quantier peu à peu les variables libres des formules de Θ jusqu'à e quel'on obtienne un théorème équivalent à ¬ϕ.A une formule θ ∈ Θ, on asso ie n(θ) = α(t1, . . . , ti) (ave les notations vues i-dessus). Remarquons que n(θ) est le plus grand indi e d'une variable à o - urren es libres dans θ. Remarquons aussi que si deux formules θ et θ′ sontt.q. n(θ) = n(θ′) alors en vertu des propriétés de α, elles sont identiques à unrenommage des variables liées près. Par onséquent à l'aide du lemme 16 et dudernier point du lemme 17, il est immédiat que ⊢ θ ⇔ θ′. On élimine don es dupli ations de formules de Θ sans hanger le fait que ⊢ ∨θ∈Θ ¬θ.Une fois es dupli ations éliminées, il existe une unique formule θ0 ∈ Θ t.q. n(θ0)soit maximal. Par onséquent la variable xn(θ0) n'a au une o urren e libre dansune autre formule de Θ. Par généralisation,

⊢ ∀xn(θ0)(∨

θ∈Θ ¬θ)A l'aide de l'axiome d'inversion,⊢

∨θ∈Θ\θ0

¬θ ∨ ∀xn(θ0)¬θ0A l'aide de l'axiome d'équivalen e des quanti ateurs,⊢

∨θ∈Θ\θ0

¬θ ∨ ¬∃xn(θ0)θ0Posons n2i ≡ n(θ0). Choisissons une variable xn2i−1qui n'a pas d'o urren elibre dans θ0 et posons

θ1 ≡ ∀xn2i−1∃xn2i

∀xn2i+1∃xn2i+2

. . .∀xn2k−1∃xn2k

ψ(xj ← xnj2i−1≤j≤2k ∪ x2j+1 ← tj1≤j<i−1 ∪ x2j+2 ← xα(t1,...,tj)1≤j<i−1)En raison des ontraintes sur les variables des formules de Θ, on peut appliquerl'axiome d'instan iation ave la substitution xn2i−1

← ti qui nous donne :⊢ θ1 ⇒ ∃xn(θ0)θ0Par ontraposée,⊢ ¬∃xn(θ0)θ0 ⇒ ¬θ1En remplaçant Θ par Θ \ θ0 ∪ θ1, les mêmes onditions sont vériées ave (au moins) une variable libre éliminée.Lorsqu'il n'y a plus de variable libre dans Θ et après élimination des dupli a-tions, Θ est réduit à une unique formule θ équivalente à ϕ à un renommage desvariables liées près. Puisque ⊢ ¬θ et ⊢ θ ⇔ ϕ, on a ⊢ ¬ϕ. .q.f.d. ♦♦♦3.3.4 Formes de SkolemNous avons montré omment transformer une formule en une formule équi-valente (du point de vue dédu tif) sous forme prénexe (polie ou alternée). Nousallons poursuivre e type de transformation. Soit une formule ϕ, nous allonsdémontrer qu'il existe une formule ϕ′ sous forme prénexe et sans quanti ateurexistentiel t.q. ϕ est satisfaisable ssi ϕ′ est satisfaisable. Observons qu'il s'agitd'une équivalen e sémantique et notons qu'elle exige d'augmenter le support desymboles fon tionnels.Dénition 29 Soit ϕ ≡ Q1x1Q2x2 . . . Qkxkψ une formule sous forme prénexepolie, t.q. les indi es n1 < . . . < nl orrespondent aux variables quantiéesexistentiellement. On note Ii = j | j < ni ∧ ∀j

′, j 6= nj′. L'extension desupport asso iée à ϕ onsiste en un ensemble de fon tions fii≤l t.q. la fon tionfi ait pour arité ni − i = |Ii|.

La forme de Skolem de ϕ, est dénie par :ϕ′ ≡ ∀ . . . ψ(xni

← fi(. . . , xj , . . .)i≤l)dans laquelle j par ourt Ii et les quanti ateurs existentiels de ϕ ont été sup-primés.Exemple. Une forme de Skolem de la formule ∀x1 ∀x2 ∃x3 ∀x4 ∃x5 p(x1, x3)∨q(x2, x4, x5) s'é rit ∀x1 ∀x2 ∀x4 p(x1, f1(x1, x2)) ∨ q(x2, x4, f2(x1, x2, x4)).Lemme 21 Soit ϕ ≡ Q1x1Q2x2 . . . Qkxkψ une formule sous forme prénexepolie et ϕ′ une forme de Skolem de ϕ. Soit ι une interprétation asso iée ausupport étendu de ϕ. Alors (ϕ′ ⇒ ϕ)ι = V.Lemme 22 Soit ϕ ≡ Q1x1Q2x2 . . . Qkxkψ une formule lose sous forme pré-nexe polie et ϕ′ une forme de Skolem de ϕ. Soit ι une interprétation asso iéeau support de ϕ. Alors il existe une interprétation ι′ qui étend ι sur le supportétendu t.q. (ϕ⇒ ϕ′)ι′ = V.On obtient alors la proposition suivante omme orollaire immédiat des deuxlemmes pré édents.Proposition 19 Soit ϕ une formule lose sous forme prénexe polie et ϕ′ uneforme de Skolem de ϕ. Il existe un modèle de ϕ ssi il existe un modèle de ϕ′.3.3.5 La méthode de résolutionLa méthode de résolution prend en entrée une formule lose sous forme deSkolem ϕ ≡ ∀x1∀x2 . . . ∀xkψ où ψ est sous forme normale onjon tive, i.e. ψ estune onjon tion de lauses.On remarque que lorsqu'on distribue les quanti ateurs devant ha une des lauses on obtient une formule équivalente et que, moyennant un renommagedéja justié pré édemment, on obtient une autre formule équivalente dont les lauses ne partagent pas leurs variables. On dit qu'elles sont séparées. And'alléger les notations on ne représente plus les quanti ateurs (tous universels)devant les lauses.Nous introduisons la notion d'uni ation. Soit σ une substitution de va-riables par des termes. Pour toute expression exp, on note σ(exp), le résultatde l'appli ation de σ à exp.Dénition 30 (Uni ation) Une substitution σ unie deux formules atomiquesp(t1, . . . , tn) et p′(t1, . . . , t′n′) si σ(p(t1, . . . , tn)) = σ(p′(t1, . . . , t

′n′)).Naturellement, l'uni ation requiert que p = p′. Si deux atomes sont uni-ables, il existe une substitution minimale σ t.q. toute autre substitution σ′qui unie es mêmes atomes peut s'exprimer σ′ = µσ. L'algorithme 1 explique omment onstruire ette uni ation prin ipale. Notez que dans et algorithmeles onstantes sont vues omme des fon tions 0-aires, on insère des paires determes diérents et une variable n'est le se ond élément d'une paire que si lepremier élément est aussi une variable (les deux derniers points étant assuréspar la fon tion Inserer).Le point lef de la méthode de résolution est la règle de résolution. Soientdeux lauses ∨m

i=1 ¬Ai∨∨n

j=1Bj et ∨m′

i=1 ¬A′i∨

∨n′

j=1B′j telle que ∃i∗, j∗, Bj∗ , Ci∗

Algorithme 1 : Algorithme d'uni ationInput : L une liste de paires de termes diérents à unierLorsqu'une paire ontient au moins une variable,le premier terme de la paire est toujours une variableOutput : un booléen indiquant si l'uni ation est possibleet la substitution asso iée à l'uni ation prin ipaleData : Lsub une liste de subsitutions de variables par des termeswhile L 6= NULL do(t, t′)← Extraire(L)if t est une variable thenif t apparaît dans t′ then return FAppliquer(t← t′, Lsub)Inserer(t← t′, Lsub)Appliquer(t← t′, L)else// t ≡ f(t1, . . . , tn)if t′ ≡ f(t′1, . . . , t

′n) thenfor i from 1 to n do if ti 6= t′i then Inserer ((ti, t

′i), L)else return Fendendreturn V, Lsub

qui s'unient via σ. Alors on ajoute la lause produite par ette résolution :∨mi=1 ¬σ(Ai)∨

∨nj=1,σ(Bj) 6=σ(Bj∗ ) σ(Bj)∨

∨m′

i=1,σ(A′

i) 6=σ(A′

i∗) ¬σ(A′i)∨

∨n′

j=1 σ(B′j)On pro ède ensuite à un renommage pour séparer ette lause des pré é-dentes. Le lemme suivant justie l'emploi de ette règle. Notez que l'on n'in-troduit pas de règle de simpli ation mais qu'on pro ède à une simpli ationimpli ite lors de la résolution.Lemme 23 Soient ϕ et ψ deux lauses, et θ une lause obtenue par résolutionde es deux lauses. Alors tout modèle de ϕ et ψ est un modèle de θ.On introduit maintenant des modèles universels . Dans un tel modèleι, l'ensemble de base est onstitué par l'ensemble des termes. Les fon tions sedénissent naturellement par f ι(t1, . . . , tn) ≡ f(t1, . . . , tn) et haque modèleest ara térisé par la valeur de vérité des formules atomiques. Comme pour laméthode de Herbrand, une lause peut s'interpréter omme une formule propo-sitionnelle sur la logique LAt dont les propositions sont les atomes.A ette n, nous introduisons l'ensemble C(ϕ) où ϕ est une onjon tion de lauses de logique de premier ordre et C(ϕ) est l'ensemble des lauses σ(ψ) deLAt où ψ est l'une des lauses de ϕ et σ est une substitution des variables de ψpar des termes quel onques.Le lemme suivant établit le lien entre la méthode des oupures et la méthodede résolution.

Lemme 24 Soit ϕ, onjon tion de lauses de logique de premier ordre, soit θune lause quel onque. Si dans LAt, θ peut être obtenue à partir de C(ϕ) parla méthode des oupures, alors dans la logique du premier ordre, il existe une lause θ′ obtenue à partir de ϕ par la méthode de résolution et une substitutionσ t.q. tout atome positif (resp. négatif) de σ(θ′) soit un atome positif (resp.négatif) de θ.La proposition suivante établit la omplétude de la méthode de résolution.Proposition 20 Soit ϕ une onjon tion de lauses (universelles) non satisfai-sable alors la méthode de résolution produit la lause vide.3.4 Logique égalitaireIl est naturel en logique de se doter du symbole = et d'exiger que toute inter-prétation de e prédi at binaire orresponde à l'égalité. On appelle interpréta-tion égalitaire (resp. une modèle égalitaire d'une théorie) une interprétation (unmodèle) dans laquelle le prédi at = est interprété par l'identité. La question sepose alors de savoir s'il est possible de for er ette restri tion. En un ertainsens, la réponse est positive ainsi que le montre la proposition suivante.Proposition 21 Soit T une théorie à partir d'un support omprenant le sym-bole = alors il existe T ′ ⊃ T une théorie telle que pour tout modèle égalitaire deT il existe un modèle de T ′ qui satisfait les mêmes formules lose et vi e versa.De plus, si T admet un nombre ni de fon tions et de prédi ats alors T ′ \ T estni et al ulable.PreuvePar abus de langage, on note le prédi at = sous forme inxe. La théorie T ′ est onstruite ainsi. On ajoute à T les formules suivantes :∀x x = x (réexivité de =)Pour haque fon tion n-aire, f la formule :∀x1 . . . ∀xn∀y1 . . .∀yn(

∧ni=1 xi = yi)⇒ f(x1, . . . , xn) = f(y1, . . . , yn)Pour haque prédi at n-aire p (y ompris =), la formule :

∀x1 . . . ∀xn∀y1 . . .∀yn(∧n

i=1 xi = yi ∧ p(x1, . . . , xn))⇒ p(y1, . . . , yn)Il est aisé de démontrer que ette dernière formule ave la réexivité entraîne lasymétrie et la transitivité du prédi at =ι pour tout modèle ι de T ′.Condition né essaire. Soit ι un modèle de T t.q. =ι est l'égalité dans Eι alorsι est un modèle de T ′ (il sut de vérier la validité des nouvelles formules).Condition susante. Soit ι′ un modèle de T ′. En vertu des formules de T ′,=ι′ est une relation d'équivalen e sur Eι′ . On note =ι′ (e, f), si pour tout n,=ι′ (en, fn).On onstruit maintenant ι le modèle de T . Eι est l'ensemble des lasses d'équi-valen e de la relation =ι′ .Soit f une fon tion n-aire, f ι(a1, . . . , an) est la lasse d'équivalen e de f ι′(c1, . . . , cn)en prenant ci ∈ ai quel onque. D'après la formule de T ′ sur les fon tions e ine dépend pas du hoix des ci.

Soit p un prédi at n-aire, pι(a1, . . . , an) = V ssi pι′(c1, . . . , cn) = V en prenantci ∈ ai quel onque. D'après la formule de T ′ sur les prédi ats e i ne dépendpas du hoix des ci.Démontrons par indu tion que pour toute formule ϕ, ϕι(e) = ϕι′(f) où pourtout i, fi ∈ ei.On montre d'abord par indu tion que pour tout terme t, tι′(e) est la lassed'équivalen e de tι′(f). Le as de base (variable ou onstante) est immédiat etl'indu tion dé oule de la onstru tion de ι. Par onséquent, pour toute formuleatomique ϕ, ϕ(e) = V ssi ϕ(f) = V en vertu de la de la onstru tion de ι.Le as des formules générales s'obtient par indu tion sur les onstru teurs. Seulela preuve sur les opérateurs ∀ et ∃ présente un intérêt. Nous développons elledu ∃, (l'autre preuve étant similaire). (∃xn ϕ)(e) = V ssi il existe e′ tel queϕ(e[e′, n]) = V ssi il existe e′ ∈ Eι et il existe f ′ ∈ e′ tel que ϕ(f [f ′, n]) = V(par hypothèse d'indu tion) ssi il existe f ′ ∈ Eι′ tel que ϕ(f [f ′, n]) = V ssi(∃xn ϕ)(f) = V.En appliquant e résultat aux formules loses de T , on on lut. .q.f.d. ♦♦♦

3.5 Indé idabilitéPuisque le al ul des prédi ats admet un système formel, le problème desavoir si une formule est une tautologie (i.e., un théorème) est semi-dé idable.Nous démontrons dans ette se tion, que e problème est indé idable ontraire-ment au al ul propositionnel.Au premier hapitre, nous avons prouvé que l'arrêt d'un programme est unproblème indé idable. Ce programme peut être exprimé dans n'importe quellangage qui peut exprimer les onstru teurs si, tant que et peut in rémenteret dé rémenter un ompteur (ou apable de simuler es opérations). C'est le asdes ma hines de Turing dont nous dé rivons i-dessous l'une des nombreusesvariantes.Dénition 31 Une ma hine de Turing (déterministe à une bande unidire tion-nelle) M = 〈Σ, Q, δ〉 est dénie par : Σ, un alphabet ontenant le symbole blan b et le symbole $ ; Q, un ensemble ni d'états ontenant q0, l'état initial et qf l'état nal ; δ, la fon tion de transition de (Q \ qf) × Σ dans Q × Σ × g, d. And'assurer que la ma hine n'essaie jamais de dépla er sa tête de le tureen deça de sa bande on fait l'hypothèse que δ(−, $) = 〈−, $, d〉 et queδ(−, α) 6= 〈−, $,−〉 pour α 6= $.Donnons la sémantique d'exé ution d'une ma hine de Turing.Dénition 32 Une onguration d'une ma hine de Turing est un triplet 〈q, w, pos〉où q est l'état ourant, w un mot inni de Σ∞ représentant l'état de la bande(w est tel qu'il existe u ∈ (Σ \ $)∗ un mot ni ave w = $ub∞) et pos ∈ N, laposition de la tête de le ture.La onguration initiale de la bande est 〈q0, $b∞, 0〉.

Dénition 33 Soit conf = 〈q, w, pos〉, une onguration d'une ma hine de Tu-ring. Alors la pro haine onguration conf ′ = 〈q′, w′, pos′〉 est obtenue ommesuit. Si q = qf alors conf ′ = conf (la ma hine est arrêtée). Sinon on note δ(q, wpos) = 〈q∗, α, dep〉. Alors q′ = q∗ (on hange d'état),w′ = w1:pos−1αwpos+1:∞ (on é rit le ara tère α sur la bande). Si dep = galors pos′ = pos− 1 sinon pos′ = pos+ 1 (on dépla e la tête de le ture).Choisissons un support Supp pour représenter les exé utions d'une ma hinede Turing en expliquant l'interprétation visée. La onstante 0 représente à la fois le premier instant de l'exé ution et lapremière position. Q et Σ sont des ensembles de onstantes orrespondant à leur signi ationoriginelle. f unaire représente la fon tion su esseur dans N. inf est le prédi atbinaire d'ordre sur les entiers. state(t) est la fon tion qui donne à l'instant t l'état de la ma hine. tape(x, t) est la fon tion qui donne le ara tère de la bande à la positionx et à l'instant t. pos(t) est la fon tion qui donne à l'instant t la position de la tête de le ture.Nous é rivons une formule ϕM orrespondant à une ma hine de TuringM.Cette formule est une onjon tion des formules suivantes. Une formule q 6= q′ par paire d'états diérents et une formule α 6= α′ parpaire de lettres diérentes. Une formule pour les entiers inf (0, f(0)) ∧ ∀x (inf (x, f(x))⇒ inf (f(x), f(f(x))))∧∀x ∀y ∀z (inf (x, y) ∧ inf (x, z))⇒ inf (x, z) ∧∀x ∀y(inf (x, y)⇒ x 6= y). Une formule pour l'état initial de la ma hine state(0) = q0∧∀x tape(x, 0) =b ∧ pos(0) = 0 Une formule par transition. On note δ(q, α) = 〈q′, α′, dep〉Cette formule dépend du dépla ement.Cas dep = g. ∀t state(t) = q ∧ tape(pos(t), t) = α⇒state(f(t)) = q′ ∧ ∀x (f(x) = post(t)⇒ pos(f(t)) = x)∧tape(pos(t), f(t)) = α′

∧∀x x 6= pos(t)⇒ tape(x, f(t)) = tape(x, t)Cas dep = d. ∀t state(t) = q ∧ tape(pos(t), t) = α⇒state(f(t)) = q′ ∧ pos(f(t)) = f(pos(t)) ∧ tape(pos(t), f(t)) = α′

∧∀x x 6= pos(t)⇒ tape(x, f(t)) = tape(x, t) ∀t state(t) 6= qf , (la ma hine ne s'arrête jamais.)Proposition 22 ϕM admet un modèle égalitaire ssiM ne s'arrête pas.PreuveSupposons que M ne s'arrête pas. On onstruit le modèle égalitaire ι de laformule en hoisissant Eι = N∪Σ∪Q et en hoisissant l'interprétation intuitivedé rite i-dessus. Pour les termes qui n'ont pas de sens, on hoisit de manièrearbitraire en évitant ertaines valeurs. Ainsi ∀t, t′ /∈ N stateι(t) /∈ Q ∧ f ι(t) /∈N ∧ inf (t, t′) = F, et .Supposons que ϕM ait un modèle égalitaire. On a (f ι)n(0) 6= (f ι)m(0) pourtout m 6= n en raison des formules asso iées au prédi at inf . On démontre par

ré urren e que〈stateι((f ι)n(0)), tapeι(0, (f ι)n(0))tapeι(f ι(0), (f ι)n(0)) . . . , posι(fn(0))〉est la onguration de la ma hine (sans ambiguïté en raison de la première sous-formule de ϕM) après n pas d'exé ution et par onséquent que la ma hine neren ontre jamais l'état nal. .q.f.d. ♦♦♦En appliquant la proposition 21, on obtient immédiatement le orollaire sui-vant.Corollaire 4 Le problème de dé ider si une formule du al ul des prédi ats estun théorème est indé idable.PreuveAppelons ϕ′ la onjon tion de ϕ et des axiomes (nis) de l'égalité relatifs auxfon tions et prédi ats apparaissant dans ϕ. Alors ¬ϕ′M est un théorème ssiMs'arrête. .q.f.d. ♦♦♦

3.6 TD n2Question n1. Démontrer le lemme 16.Question n2. Démontrer le lemme 17.Question n3. Démontrer le lemme 18.Question n4. Démontrer la proposition 17.Question n5. Démontrer le lemme 19.Question n6. Démontrer la proposition 18.3.7 TD n3Question n1. Démontrer le lemme 21.Question n2. Démontrer le lemme 22.Question n3. Démontrer le lemme 23.Question n4. Démontrer le lemme 24.Question n5. Démontrer la proposition 20.

Chapitre 4Quelques théories dé idables

Nous utiliserons indiéremment |= ou ⊢ en vertu de la omplétude séman-tique de la logique du premier ordre.4.1 Elimination des quanti ateursLa plupart des résultats que nous établirons dans e hapitre reposent surl'élimination des quanti ateurs.Dénition 34 Une théorie T permet l'élimination des quanti ateurs si pourtoute formule ϕ, il existe une formule sans quanti ateur ϕ′ t.q. T |= ϕ⇔ ϕ′Le lemme suivant simplie l'élimination des quanti ateurs.Lemme 25 Soit T une théorie qui permet l'élimination des quanti ateurs detoute formule ϕ ≡ ∃x∧

i∈I ψi où ψi est soit un atome (appelé atome positif),soit la négation d'un atome (appelé atome négatif). Alors T permet l'éliminationdes quanti ateurs.PreuveOn sait déjà que toute formule ϕ est équivalente à une formule ϕ′ dont les opéra-teurs sont ¬,∨,∧, ∃. La preuve se fait par indu tion sur le nombre d'opérateursde ϕ′. L'hypothèse de ré urren e est l'existen e d'une formule équivalente sansquanti ateur ϕ′′ sous forme normale disjon tive.Si e nombre est nul, alors il n'y a rien à prouver. Supposons l'hypothèse deré urren e vériée. Les as où le onstru teur le plus externe de ϕ′ est propo-sitionnel se traitent ave la normalisation assso iée à la méthode des oupures(voir se tion 2.4.3). Par exemple, si ϕ′ ≡ ϕ1∧ϕ2 et si T |= ϕi ⇔∨

k≤miψi,k (oùles ψi,k sont des lauses onjon tives) alors T |= ϕ′ ⇔

∨k≤m1,l≤m2

ψ1,k ∧ ψ2,l.Soit ϕ′ ≡ ∃xψ ave T |= ψ ⇔∨

i∈I ψi où les ψi sont des onjon tions d'atomespositifs ou négatifs. Il est immédiat que ϕ′ est équivalente à ∨i∈I ∃xψi. Il sutalors d'appliquer l'hypothèse d'élimination du lemme. .q.f.d. ♦♦♦Nous montrons maintenant que l'élimination des quanti ateurs entraine la omplétude syntaxique d'une ertaine théorie. A ette n, nous introduisonsdeux nouvelles notions. 40

Notation. Dans une logique égalitaire, ¬t = t′ sera notée t 6= t′.Dénition 35 Soit ι une interprétation d'une logique égalitaire de support Supp,alors : Le support Suppι est obtenu à partir de Supp en ajoutant aux onstantesde Supp, les éléments de Eι (on fait l'hypothèse que es éléments n'étaientpas déjà des onstantes). La théorie T ι, appelée diagramme de ι est dénie sur le support Suppιpar :1. pour haque paire d'éléments distin ts de Eι, (e, e′) la formule e 6= e′.2. pour haque fon tion n-aire f , et haque tuple (e1, . . . , en+1) ∈ En+1ιla formule en+1 = f(e1, . . . , en) si en+1 = f ι(e1, . . . , en) ou la for-mule en+1 6= f(e1, . . . , en) sinon.3. pour haque prédi at n-aire p, et haque tuple (e1, . . . , en) ∈ Enι laformule p(e1, . . . , en) si pι(e1, . . . , en) = V ou la formule ¬p(e1, . . . , en)sinon.Par onstru tion, le diagramme T ι est satisfait par l'interprétation ι étenduepar eι = e pour tout e ∈ Eι.Dénition 36 Soient ι et ι′ deux interprétations sur un même support. On ditque ι′ étend ι si : Eι ⊆ Eι′ et pour haque onstante c, cι′ = cι, pour haque fon tion n-aire f , et haque tuple (e1, . . . , en) de En

ι ,f ι′(e1, . . . , en) = f ι(e1, . . . , en), pour haque prédi at n-aire f , et haque tuple (e1, . . . , en) de En

ι ,pι′(e1, . . . , en) = pι(e1, . . . , en).Lemme 26 Soit ϕ une formule sans quanti ateur et ι, ι′ deux interprétationst.q. ι′ étend ι. Alors ∀e ∈ EV ar

ι , ϕι′(e) = ϕι(e).PreuveLa preuve se fait par indu tion sur les ontru teurs de la formule. Le as d'uneformule atomique est une onséquen e immédiate de la dénition d'une exten-sion.Nous traitons le as de la négation et laissons en exer i e le as de l'impli ation.Soit ϕ ≡ ¬ψ, soit e ∈ EV arι , alors ϕι′(e) = V ssi ψι′(e) = F ssi (par hypothèsed'indu tion) ψι(e) = F ssi ϕι(e) = V. .q.f.d. ♦♦♦Théorème 3 Soit T une théorie qui permet l'élimination des quanti ateurs et

ι un modèle de T . Alors T ∪ T ι est une théorie syntaxiquement omplète.PreuveDémontrons d'abord que si T permet l'élimination des quanti ateurs sur lesupport Supp, elle le permet aussi pour le support Suppι. Soit ϕ une formule surle support Suppι, nous remplaçons dans ϕ haque nouvelle onstante ci de Suppιqui y apparaît par une variable diérente xi absente de ϕ, e qui nous donneϕ′. Nous appliquons l'élimination des quanti ateurs à ette formule e qui nous

ϕ′′. Il est alors immédiat que si on fait la substitution inverse dans ϕ′′ la formuleobtenue ϕ∗ est équivalente à ϕ. En eet, T ⊢ ϕ′ ⇔ ϕ′′. D'où T ⊢ ∀xi . . . ϕ′ ⇔ ϕ′′par généralisation. D'où T ⊢ ϕ′(xi ← ci)⇔ ϕ′′(xi ← ci) par instan iation.Ce qui n'est rien d'autre que T ⊢ ϕ⇔ ϕ∗.Soit ι′ un modèle de T ∪ T ι, alors ι′ est (isomorphe à) une extension de ιpuisqu'il est un modèle de T ι. Soit maintenant ϕ une formule lose de Suppι.Puisque T permet l'élimination des quanti ateurs, il existe une formule sansquanti ateur ϕ′ équivalente à ϕ. D'après le lemme 26, pour tout e ∈ EV ar

ι

ϕι′(e) = ϕ′ι′

(e) = ϕ′ι(e) = ϕι(e). Mais puisque ϕ est une formule lose, soninterprétation est une onstante identique pour toute interprétation. Don soitT ∪ T ι |= ϕ, soit T ∪ T ι |= ¬ϕ. La omplétude syntaxique s'obtient alors par la omplétude (sémantique) de la logique du premier ordre. .q.f.d. ♦♦♦

4.2 Ordre dense ave premier et dernier élémentOn onsidère le support suivant : deux onstantes 0 et 1, deux prédi atsbinaires l'égalité (et ses axiomes présentés au hapitre pré édent) et l'inégalitéstri te <. La théorie T est dénie par :(T1) ∀x ¬x < x(T2) ∀x ∀y ∀z (x < y ∧ y < z)⇒ x < z(T3) ∀x ∀y x < y ∨ y < x ∨ x = y(T4) ∀x ∀y ∃z x < y ⇒ (x < z ∧ z < y)(T5) ∀x x = 0 ∨ 0 < x(T6) ∀x x = 1 ∨ x < 1(T7) 0 6= 1Les formules T1, T2, T3 sont les axiomes de l'ordre total. La formule T4exprime la densité. Les formules T5 et T6 dénissent les premiers et dernierséléments. T7 pré ise que le premier et le dernier élément sont diérents.Théorème 4 La théorie T de l'ordre dense ave premier et dernier élémentpermet l'élimination des quanti ateurs.PreuveIntéressons-nous aux atomes positifs ou négatifs. L'atome ¬t1 < t2 peut êtrerempla é par la formule t2 < t1∨ t1 = t2 en vertu de T3. On peut don supposerque les atomes sont de la forme t1 < t2, t1 = t2, t1 6= t2.Soit une formule ϕ ≡ ∃x ∧1≤i≤r ψi. On opère par ré urren e sur r. Dans le as

r = 1, si x n'apparait pas dans ψ1, l'élimination est immédiate. Nous traitonsquelques as signi atifs de formules ψ1 et laissons les autres en exer i e. Siψ1 ≡ x < 1 alors ϕ est équivalente à V en vertu de T6 et T7. Si ψ1 ≡ 1 < xalors ϕ est équivalente à F en vertu de T1, T2 et T6. Si ψ1 ≡ x = y alors ϕest équivalente à V en vertu des axiomes de l'égalité. Si ψ1 ≡ x 6= y alors ϕ estéquivalente à V en vertu de T1 et T7.Nous traitons l'étape d'indu tion. Si x n'apparaît pas dans un atome, alors etatome peut être dépla é à l'extérieur de la portée du quanti ateur. On onsidère

don une formule ϕ ≡ ∃x ∧1≤i≤k x < ti ∧

∧1≤i≤l ui < x ∧

∧1≤i≤m x = vi Sil'un des termes ti, ui, vi est x alors soit on élimine le terme ( as x = x) soit laformule est équivalente à F ( as x < x).Si k > 1 alors ϕ est équivalente à

(t1 < t2 ∧ ∃x∧

1≤i≤k,i 6=2 x < ti ∧∧

1≤i≤l ui < x ∧∧

1≤i≤m x = vi)∨(¬t1 < t2 ∧ ∃x

∧2≤i≤k x < ti ∧

∧1≤i≤l ui < x ∧

∧1≤i≤m x = vi)Le as l > 1 se traite de manière analogue.Si k = l = 1 et m > 0, ϕ est équivalente à v1 = . . . = vm ∧ u1 < v1 < t1. Si

k = l = 1 et m = 0, ϕ est équivalente à u1 < t1. Les derniers as se traitent demanière analogue. .q.f.d. ♦♦♦Puisque les transformations sont ee tives, nous avons établi le orollairesuivant.Corollaire 5 Le problème de savoir si ϕ est une onséquen e de la théorie Tde l'ordre dense ave premier et dernier élément est dé idable.PreuveOn peut onsidérer que ϕ est une formule lose en raison du lemme 8. La trans-formation ne rée pas de variables don la formule équivalente est une ombinai-son booléenne des formules 0 < 1, 1 < 0 et 0 = 1 respe tivement équivalentes àV, F, F. L'évaluation de ette expression booléenne permet de on lure. .q.f.d. ♦♦♦Remarque. L'intervalle réel [0, 1] est un modèle de T de même que l'ensembledes rationnels de et intervalle. Autrement dit, es deux modèles bien que nonisomorphes sont indis ernables par les formules de ette théorie.4.3 Ordre dis ret sans premier ni dernier élémentOn onsidère le support suivant : une fon tion unaire s, deux prédi ats bi-naires l'égalité (et ses axiomes présentés au hapitre pré édent) et l'inégalitéstri te <. La théorie T est dénie par :(T1) ∀x ¬x < x(T2) ∀x ∀y ∀z (x < y ∧ y < z)⇒ x < z(T3) ∀x ∀y x < y ∨ y < x ∨ x = y(T4) ∀x ∀y x < y ⇔ (y = s(x) ∨ s(x) < y)(T5) ∀x ∃y x = s(y)Les formules T1, T2, T3 sont les axiomes de l'ordre total. La formule T4exprime le ara tère dis ret de l'ordre. La formule T5 garantit l'existen e d'unprédé esseur.

Observation. Naturellement Z est un modèle de T . Nous laissons en exer i ela re her he d'autres modèles de T .An d'alléger les formules, on note spt le terme obtenu par p appli ations dela fon tion su esseur à t.Théorème 5 La théorie T de l'ordre dis ret sans premier ni dernier élémentpermet l'élimination des quanti ateurs.PreuveIntéressons-nous aux atomes positifs ou négatifs. L'atome ¬t1 < t2 peut êtrerempla é par la formule t2 < t1∨ t1 = t2 en vertu de T3. On peut don supposerque les atomes sont de la forme t1 < t2, t1 = t2, t1 6= t2.Soit une formule ϕ ≡ ∃x ∧1≤i≤r ψi. On opère par ré urren e sur r. Dans le as

r = 1, si x n'apparait pas dans ψ1, l'élimination est immédiate. Nous traitonsquelques as signi atifs de formules ψ1 et laissons les autres en exer i e. Siψ1 ≡ x < spx ave p ≥ 1 alors ϕ est équivalente à V en vertu de T4. Siψ1 ≡ x < spy ave p ≥ 0 alors ϕ est équivalente à V en vertu de T4 et T5. Siψ1 ≡ x 6= y alors ϕ est équivalente à V en vertu de T1, T4 et T5.Nous traitons l'étape d'indu tion. Si x n'apparaît pas dans un atome, alors et atome peut être dépla é à l'extérieur de la portée du quanti ateur. Six apparaît dans le deux termes de l'atome, l'élimination est immédiate. Parexemple, spx < sqx peut être supprimé si p < q. Dans le as ontraire, ϕ estéquivalente à F.An de simplier la suite du raisonnement, on é rit parfois un terme spy ∼ t(resp. t ∼ spy) sous la forme y ∼ s−pt (resp. s−pt ∼ y). On onsidère don uneformule ϕ ≡ ∃x ∧

1≤i≤k x < ti ∧∧

1≤i≤l ui < x ∧∧

1≤i≤m x = vi où les termesti, ui, vi sont de la forme spy et p ∈ Z.Si k > 1 alors ϕ est équivalente à(t1 < t2 ∧ ∃x

∧1≤i≤k,i 6=2 x < ti ∧

∧1≤i≤l ui < x ∧

∧1≤i≤m x = vi)

∨(¬t1 < t2 ∧ ∃x∧

2≤i≤k x < ti ∧∧

1≤i≤l ui < x ∧∧

1≤i≤m x = vi)Le as l > 1 se traite de manière analogue.Si k = l = 1 et m > 0, ϕ est équivalente à v1 = . . . = vm ∧ u1 < v1 < t1. Sik = l = 1 et m = 0, ϕ est équivalente à u1 < t1. Les derniers as se traitent demanière analogue. .q.f.d. ♦♦♦Puisque les transformations sont ee tives, nous avons établi le orollairesuivant.Corollaire 6 Le problème de savoir si ϕ est une onséquen e de la théorie Tde l'ordre dis ret sans premier ni dernier élément est dé idable.PreuveOn peut onsidérer que ϕ est une formule lose en raison du lemme 8. La trans-formation ne rée pas de variables don la formule équivalente est né essairementéquivalente à V ou à F. .q.f.d. ♦♦♦

4.4 Groupes ommutatifs ordonnés dis retsOn onsidère le support suivant : deux onstantes 0 et 1, une fon tion unaire−, une fon tion binaire +, un prédi at unaire >0 représentant le ara tère positifet l'égalité. Le terme 1 + . . .+ 1 (resp. t+ . . .+ t), n fois, est noté n (resp. nt).Le terme t+ (−t′) est noté t− t′. La théorie T est dénie par :(T1) ∀x x+ 0 = x(T2) ∀x x− x = 0(T3) ∀x ∀y x+ y = y + x(T4) ∀x ∀y ∀z (x+ y) + z = x+ (y + z)(T5) ∀x x = 0 ∨ x >0 ∨ −x >0(T6) ∀x ¬(x >0 ∧ −x >0)(T7) ∀x ∀y (x >0 ∧ y >0)⇒ x+ y >0(T8) ∀x x >0⇔ (x = 1 ∨ x− 1 >0)Les formules T1, T2, T3, T4 sont les axiomes des groupes ommutatifs. Lesformules T5, T6, T7 exprime la ompatibilité de la positivité et de l'addition.La formule T8 souligne le ara tère dis ret de l'ordre. En raison des axiomes degroupe ommutatif on peut démontrer pour tout terme t une égalité t = a1x1 +. . .+ anxn + b où x1, . . . , xn sont des variables distin tes et a1, . . . , an, b ∈ Z.Exemples. D'après T1, T2 et T3, −0 = 0. Par onséquent d'après T6, ¬0 >0.Montrons que T |= kx = ky ⇒ x = y. Si y − x >0 alors l'emploi répété de T7entraine que k(y − x) >0. De même si x− y >0 alors k(y − x) >0. D'après T5,T |= x 6= y ⇒ y − x >0 ∨ x − y >0. En appliquant le raisonnement pré édent,T |= x 6= y ⇒ k(y − x) >0 ∨ k(x − y) >0. Puisque ¬0 >0, T |= x 6= y ⇒k(x− y) 6= 0. On on lut par ontraposition.Cependant ette théorie ne permet pas l'élimination des quanti ateurs.Théorème 6 La théorie T des groupes ommutatifs ordonnés dis rets ne per-met pas l'élimination des quanti ateurs.PreuveRaisonnons par l'absurde. Supposons que T permette l'élimination des quanti- ateurs. Soit ι le modèle naturel de T pour lequel Z est l'ensemble de base.D'après le théorème 3, T ∪ T ι est syntaxiquement omplète.Soit maintenant l'interprétation ι′ dont l'ensemble de base est le groupe additif( omposante par omposante) (x, y) | x ∈ Z∧y ∈ Z et dont la relation d'ordreest dénie par (x, y) >0 ssi x > 0 ou x = 0 ∧ y > 0. ι′ est un modèle de T ∪ T ιave l'interprétation xι′ = (0, x).Soit maintenant la formule lose ϕ ≡ ∀x ∃y x = 2y ∨ x + 1 = 2y on a ι |= ϕ(tout nombre est pair ou impair) et ι |= ¬ϕ (prendre pour x, la paire (1, 1)).Par onséquent ni T ∪ T ι |= ϕ ni T ∪ T ι |= ¬ϕ ontrairement à l'hypothèse. .q.f.d. ♦♦♦An de remédier à e problème, nous allons élargir le support et la théorie( ette méthode n'est pas toujours possible) an d'éliminer les quanti ateurstandis que Z restera un modèle de ette théorie. Nous ajoutons un ensembledénombrable de prédi ats unaires n|x pour n > 1 et les formules suivantes :

(T9) ∀x (n|x⇔ ∃yx = ny)(T10) ∀x n|x ∨ n|x+ 1 ∨ . . . ∨ n|x+ n− 1Exemple. On peut démontrer que pour tout 0 < i < n, on a ¬n|i. En eet sii = yn pour un ertain y alors y >0 et y 6= 1 puis (en utilisant T8), (y− 1)n >0et par onséquent yn− i = (y − 1)n+ (n− i) >0. D'où une ontradi tion.Théorème 7 La théorie T des groupes ommutatifs ordonnés dis rets ave di-visibilité permet l'élimination des quanti ateurs.PreuveNous réduisons d'abord les formules atomiques possibles. t1 = t2 équivaut àt1 − t2 = 0 et t 6= 0 équivaut à t > 0 ∨ −t > 0. De même ¬t > 0 équivautà t = 0 ∨ −t > 0. Enn ¬n|t équivaut à n|t + 1 ∨ . . . ∨ n|t + n − 1 (en seservant du résultat de l'exemple). Par onséquent, les formules atomiques quenous onsidérons sont de la forme t = 0, t >0 et n|t. Par sou i de lisibilité, nousnoterons parfois t1 − t2 >0, t1 > t2.Soit don une formuleϕ ≡ ∃x

∧i≤k pix > ti ∧

∧i≤l qix = ui ∧

∧i≤m ni|rix− vioù les pi, qi, ri ∈ Z et les ti, ui, vi sont des termes ne ontenant pas x.On pro ède à une simpli ation supplémentaire : ni|rix−vi équivaut à (ni|rix∧

ni|vi) ∨ . . . ∨ (ni|rix+ ni − 1 ∧ ni|vi + ni − 1). Par onséquent dans la formule i-dessus, on onsidère que les vi sont des entiers.On va raisonner par indu tion sur un ordre bien fondé déni par ϕ′ < ϕ ssi Soit k > k′ Soit k = k′ ∧∑|pi| >

∑|p′i| Soit k = k′ ∧

∑|pi| =

∑|p′i| ∧

∑|qi| >

∑|q′i| Soit k = k′ ∧

∑|pi| =

∑|p′i| ∧

∑|qi| =

∑|q′i| ∧

∑|niri| >

∑|n′ir

′i|Supposons l'élimination des quanti ateurs démontrée pour les formules ψ t.q.

ψ < ϕ.Supposons qu'il existe pi > 0 et pi′ > 0 (i 6= i′). Alors pix > ti ∧ pi′x > ti′équivaut à (pix > ti∧pi′ti > piti′)∨(pi′x > ti′∧¬pi′ti > piti′). Un raisonnementsimilaire s'applique dans le as où il existe pi < 0 et pi′ < 0 (i 6= i′). On peutdon supposer qu'il existe au plus un pi > 0 et au plus un pi < 0. Nous traitonsle as où ha un de es pi existe et laissons les autres as en exer i e.ϕ ≡ ∃x p1x > t1 ∧ p2x > t2 ∧

∧i≤l qix = ui ∧

∧i≤m ni|rix− viave p1 > 0 et p2 < 0Cette formule est équivalente à

∃x p1p2x < p2t1 ∧ p1p2x > p1t2 ∧V

i≤l p1p2qix = p1p2ui ∧V

i≤m −p1p2ni|p1p2rix− p1p2viPar hangement de variable , ϕ est aussi équivalente à∃x x < p2t1 ∧ x > p1t2 ∧

V

i≤l qix = p1p2ui ∧V

i≤m −p1p2ni|rix− p1p2vi ∧ −p1p2|xSupposons qu'il existe qi et qi′ (i 6= i′) ave |qi| ≤ |qi′ |. Alors qix = ui∧qi′x = ui′équivaut à qix = ui ∧ (qi′ − qi)x = ui′ − ui. On peut don maintenant supposerque l ≤ 1. Si l = 1 on peut supposer que q1 > 0 (en multipliant par −1 l'égalitési né essaire). L'élimination des quanti ateurs est immédiate ar ϕ équivaut à(en reprenant les notations initiales) :u1 < q1t1 ∧ u1 > q1t2 ∧

∧i≤m q1ni|riu1 − q1viOn peut don supposer que l = 0.

Soit ni t.q. ni = nn′ ave n et n′ premiers entre eux alors ni|rix − vi estéquivalent à n|rix−vi∧n′|rix−vi. Par onséquent, on peut supposer que les nisont des puissan es de nombre premier. Soit maintenant a1, . . . , aα l'ensembledes entiers de l'intervalle [0, ni−1] t.q. ni|riaj−vi, alors ni|rix−vi est équivalentà ni|x−a1∨ . . .∨ni|x−aα. Supposons que que ni = pα et ni′ = pα′ ave α ≤ α′alors ni|x− vi ∧ ni′ |x− vi′ est équivalent à ni|vi − vi′ ∧ ni′ |x− vi′ On est don ramené au as où les ri sont tous égaux à 1 et les ni sont tous premiers entreeux. On obtient don une formule du type suivant :

ϕ ≡ ∃x x < t1 ∧ x > t2 ∧ n1|x− v1 ∧ . . . ∧ nm|x− vmave n1, . . . , nm premiers entre eux.L'élimination des quanti ateurs est immédiate. En eet la formule est équiva-lente à :∨α∈[1..n1×...×nm] t2 + α < t1 ∧ n1|t2 + α− v1 ∧ . . . ∧ nm|t2 + α− vm .q.f.d. ♦♦♦Puisque les transformations sont ee tives, nous avons établi le orollairesuivant.Corollaire 7 Le problème de savoir si ϕ, une formule, est une onséquen ede la théorie T des groupes ommutatifs ordonnés dis rets ave divisibilité estdé idable.PreuveOn peut onsidérer que ϕ est une formule lose en raison du lemme 8. La trans-formation ne rée pas de variables don la formule équivalente est né essairementune ombinaison linéaire d'atomes t = 0, t >0 ou n|t ave t un terme sans va-riable (i.e. un élément de Z). Cha un de es termes a une valeur onnue. d'oùle résultat. .q.f.d. ♦♦♦Remarques. Etant donné un modèle xé de la théorie (par exemple Z), l'éva-luation d'une formule est dé idable si les prédi ats et les fon tions sont al u-lables sur e modèle (i i l'addition et le ara tère positif).4.5 Corps algébriquement losOn onsidère le support suivant : deux onstantes 0 et 1, une fon tion unaire−, deux fon tions binaires +,× et l'égalité. Le terme 1+ . . .+1 (resp. t+ . . .+t),n fois, est noté n (resp. nt). Le terme t + (−t′) est noté t − t′. Le terme t × t′est noté tt′. La théorie T est dénie par d'une part les axiomes d'un orps ommutatif :(T1) ∀x x+ 0 = x(T2) ∀x x− x = 0(T3) ∀x ∀y x+ y = y + x(T4) ∀x ∀y ∀z (x+ y) + z = x+ (y + z)(T5) ∀x ∀y ∀z (xy)z = x(yz)

(T6) ∀x ∀y xy = yx(T7) ∀x 1x = x(T8) ∀x x = 0 ∨ (∃y xy = 1)(T9) ∀x ∀y ∀z x(y + z) = xy + xzLes formules T1, T2, T3, T4 sont les axiomes des groupes ommutatifs. Lesformules T5, T6, T7, T8, T9 sont relatives à la loi de la multipli ation dans un orps ommutatif. En raison des axiomes de orps ommutatif on peut démon-trer pour tout terme t une égalité t = pol(x1, . . . , xn) où pol est un polynme à oe ients dans Z et dont les variables sont x1, . . . , xn.Nous introduisons maintenant la propriété de lture algébrique qui s'ex-prime par un ensemble dénombrable de formules, une par degré de polynomes(n ≥ 1).(T10) ∀x0 . . . ∀xn−1 ∃x x0 + x1x+ . . .+ xn−1x

n−1 + xn = 0Les atomes de e support (moyennant une éventuelle soustra tion) s'é riventt = 0 et t 6= 0 où t un polynme multivariable à oe ients dans Z. Avantd'entreprendre l'élimination des quanti ateurs, nous allons ee tuer quelquesdéveloppements mathématiques.4.5.1 Division eu lidienne et PGCDNotations et rappels. Soit P ≡ apX

p + . . .+ a0 (ave ap 6= 0) un polynmeà oe ients dans un anneau intègre D (dont K son orps des fra tions estlui-même in lus dans C un orps algébriquement los). Le degré de P noté deg(P ) est p. Par onvention le degré du polynmenul est −∞. Soient P,Q ∈ D[X] deux polynmes, Q est un diviseur de P s'il existeA ∈ K[X] t.q. P = AQ. Si Q 6= 0 alors le reste de la division eu lienne de P par Q est l'uniquepolynme R ∈ K[X] tel que deg(R) < deg(Q) et qu'il existe A ∈ K[X]ave P = AQ+R. R le reste est noté Rem(P,Q) et A le quotient est notéQuo(P,Q). Un pg d G ∈ K[X] de P,Q est un diviseur de P et Q t.q. tout diviseur deP et Q divise G. Un pg d est unique à un fa teur multipli atif de K∗ près.On notera un quel onque de es pg d pgcd(P,Q). Un pp m G ∈ K[X]de P,Q est un multiple de P et Q t.q. tout multiple de P et Q est unmultiple de G. Un pp m est unique à un fa teur multipli atif de K∗ près.On notera un quel onque de es pp m ppcm(P,Q). Si P ou Q est diérentde 0 alors PQ

pgcd(P,Q) est un pp m de P et Q.Dénition 37 La dénition d'un pg d se généralise à une famille nie de po-lynmes P indu tivement par : pgcd(∅) ≡ 0 pgcd(P) ≡ P pgcd(P ∪ P) ≡ pgcd(P, pgcd(P))Cette opération est bien dénie ar l'opération binaire pg d est asso iativeet ommutative.

Autres rappels. Un orps algébriquement los est inni. En eet si C =x1, . . . , xn alors P ≡ (

∏i≤n(x−xi))+1 n'admet pas de ra ines. Un polynme

P de degré n ≤ 0, admet au plus n ra ines. Plus pré isément, par lturealgébrique et appli ation répétée de la division eu lienne, P = c(∏

i≤n(x− ai))où c 6= 0 et où ertains ai peuvent être égaux.Nous rappelons maintenant l'algorithme d'Eu lide dont nous utiliserons lesrésultats dans ette se tion et la suivante. Soient P,Q ∈ K[X]. Alors la séquen edes restes signés notée SRemS(P,Q) est une suite de polynmesSRemS0(P,Q), . . . , SRemSk(P,Q) dénie itérativement par : SremS0(P,Q) = P, SremS1(P,Q) = Q ∀2 ≤ i ≤ k SremSi(P,Q) = −Rem(SremSi−2(P,Q), SremSi−1(P,Q))ave la ondition SremSi(P,Q) 6= 0 SremSk+1(P,Q) = −Rem(SremSk−1(P,Q), SremSk(P,Q)) ave la ondi-tion SremSk+1(P,Q) = 0Le signe − introduit dans la séquen e est sans importan e dans le as des orpsalgébriquement los mais il deviendra signi atif à la pro haine se tion. Bienentendu, SRemSk(P,Q) est un pg d de P et Q.An de béné ier de l'algorithme d'Eu lide dans le adre de D[X], il nousfaut introduire un pseudo-reste de la division de P ≡ ∑

i≤p aiXi par Q ≡∑

j≤q bjXj . Ce pseudo-reste, noté PRem(P,Q), est déni par PRem(P,Q) ≡

Rem(bdqP,Q) où d est le plus petit entier pair supérieur ou égal à p − q + 1(la parité ne sert qu'à la pro haine se tion). L'intérêt de ette dénition pro-vient du fait que PRem(P,Q) ∈ D[X]. La séquen e des restes signés notéeSPRemS(P,Q) est une suite de polynmes SPRemS0(P,Q), . . . , SPRemSk(P,Q)dénie itérativement par : SPRemS0(P,Q) = P, SPRemS1(P,Q) = Q ∀2 ≤ i ≤ k,

SPRemSi(P,Q) = −PRem(SPRemSi−2(P,Q), SPRemSi−1(P,Q)) ave la ondition SPRemSi(P,Q) 6= 0 SPRemSk+1(P,Q) = −Rem(SPRemSk−1(P,Q), SPRemSk(P,Q)) ave la ondition SPRemSk+1(P,Q) = 0Illustrons ette dénition ave D = Z[a, b, c]. Soit P ≡ X4 + aX2 + bX + cet Q ≡ 4X3 + 2aX + b (Q = P ′). Alors :SPREMS2(P,Q) = −Rem(42P,Q) = −8aX − 12bX − 16c

SPREMS3(P,Q) = −Rem(64a2Q,SPREMS2(P,Q))= 64((8ac− 9b2 − 2a3)X − b(12c+ a2))

SPREMS4(P,Q)= −Rem(4096(8ac− 9b2 − 2a3)2SPREMS2(P,Q), SPREMS3(P,Q))= 16384a2(256c3 − 128a2c2 + 144ab2c+ 16a4c− 27b4 − 4a3b2)

SPREMS5(P,Q) = 0Poursuivons l'étude de et exemple. Si on rempla e les variables a, b, c pardes valeurs de C, on peut s'interroger si la séquen e des restes signés est la même(à un fa teur multipli atif non nul près). Ce i ne dépend que du oe ient deplus haut degré de haque polynme de la suite. Notons :

Si ≡ SPRemSi(P,Q), s = 8ac− 9b2 − 2a3et δ = 256c3 − 128a2c2 + 144ab2c+ 16a4c− 27b4 − 4a3b2Nous pouvons armer que pour tout triplet (a, b, c) ∈ C3 tel que :a 6= 0 ∧ s(a← a, b← b, c← c) 6= 0 ∧ δ(a← a, b← b, c← c) 6= 0le pg d de P (a← a, b← b, c← c) et Q(a← a, b← b, c← c) estS4(a← a, b← b, c← c).Qu'en est-il pour les autres triplets ? Examinons d'abord le as a = 0. Il y a enfait diérents as selon le degré possible de S2 : deg(S2)(a← a, b← b, c← c) = 1 ssi a = 0 ∧ b 6= 0 deg(S2)(a← a, b← b, c← c) = 0 ssi a = 0 ∧ b = 0 ∧ c 6= 0 deg(S2)(a← a, b← b, c← c) = −∞ ssi a = 0 ∧ b = 0 ∧ c = 0Développons le as où deg(S2)(a ← a, b ← b, c ← c) = 1. DénissonsTru1(S2) ≡ −12bX − 16 et appelons u ≡ −PRem(Q, Tru1(S2)). Un al ulélémentaire nous fournit :

u = 768b(−27b4 + 72acb2 + 256c3)Nous avons maintenant les éléments né essaires pour étudier tous les as pos-sibles de pgcd(P,Q) selon les valeurs du triplet (a, b, c).La gure 4.1 représente sous forme d'un arbre tous les as possibles (ave t = b(12c+ a2)). Nous y avons formalisé la notion de tron ature pré édemmentintroduite.Dénition 38 Soit P ≡ ∑

i≤p aiXi ∈ D[X] un polynme non nul. La tron a-ture de P en j ∈ −∞, 0, . . . , p, notée Truj(P ) est dénie par :

Truj(P ) ≡∑

i≤j

aiXi

L'ensemble Tru(P ) des tron atures de P ∈ D[X1, . . . , Xn][X] non nul est déniré ursivement par : Tru(P ) ≡ P si ap ∈ D ; Tru(P ) ≡ P, 0 si ap /∈ D et deg(P ) = 0 ; Tru(P ) ≡ P ∪ Tru(Trup−1(P )) sinon.Dénition 39 L'arbre des séquen es des pseudo-restes signés de deux poly-nmes P,Q ∈ D[X1, . . . , Xn][X], noté TRems(P,Q), est un arbre dont la ra ineest P . Les ls de la ra ine sont étiquetés par les éléments de Tru(Q). Chaquenoeud nd est étiqueté par un polynme Pol(nd) de D[X1, . . . , Xn][X]. Un noeudest une feuille ssi le polynme asso ié est nul. Sinon l'ensemble des ls des ndest étiqueté par l'ensemble des tron atures de −PRem(Pol(p(nd)), Pol(nd)) oùp(nd) est le père de nd. Chaque noeud asso ié à un polynme Trui(R) ∈ Tru(R)où Tru(R) n'est pas un singleton est aussi étiqueté par la formule (ave R ≡∑

i≤r aiXi) ar 6= 0 si i = r ar = 0 ∧ . . . ∧ ai+1 = 0 ∧ ai 6= 0 si 0 ≤ i < r ar = 0 ∧ . . . ∧ a0 = 0 si i = −∞Soit path une bran he de et arbre, pgcd(path) est le polynme asso ié aupère de la feuille de path. La formule ϕpath est la onjon tion des formules quiétiquettent les noeuds de path.

Fig. 4.1: L'arbre des pg d possiblesL'intérêt de et arbre est dé rit dans la proposition suivante dont la preuvedé oule immédiatement de la onstru tion de l'arbre.Proposition 23 Soit P,Q deux polynmes de D[X1, . . . , Xn][X]. Pour tout tuple (x1, . . . , xn) ∈ Cn, il existe une et une seule formule ϕpathoù path est une bran he de TRems(P,Q) t.q. ϕpath(Xi ← xi) = true. Soit path le hemin asso ié à (x1, . . . , xn), alors pgcd(path)(Xi ← xi)est un pg d de P (Xi ← xi) et Q(Xi ← xi)et le degré de pgcd(path)(Xi ← xi) est le degré de pgcd(path) en X.4.5.2 Elimination des quanti ateursLe lemme suivant est la lef de l'élimination des quanti ateurs ave l'arbredes séquen es des pseudo-restes signés.Lemme 27 Soient P et Q, deux sous-ensembles nis de D[X]∗ t.q. P ∪Q 6= ∅.Notons

Sol(P,Q) ≡ x ∈ C | ∀P ∈ P, P (x) = 0 ∧ ∀Q ∈ Q, Q(x) 6= 0AlorsCas Q = ∅. Sol(P,Q) 6= ∅ ssi deg(pgcd(P)) 6= 0Cas P = ∅. Sol(P,Q) 6= ∅Cas P 6= ∅ ∧ Q 6= ∅. Notons d = deg(pgcd(P)).Sol(P,Q) 6= ∅ ssi deg(pgcd(pgcd(P),

∏Q∈QQ

d+1)) 6= dPreuveCas Q = ∅. Soit x ∈ C. Alors ∀P ∈ P, P (x) = 0 ssi pgcd(P)(x) = 0. Don

il existe un tel x ssi deg(pgcd(P)) 6= 0 en vertu de la propriété de lturealgébrique.Cas P = ∅. Soit x ∈ C. Alors ∀Q ∈ Q, Q(x) 6= 0 ssi ∏Q∈QQ(x) 6= 0. Puisque

0 /∈ Q, ∏Q∈QQ(x) n'est pas nul et admet don un nombre ni de ra ines alorsque C est inni.Cas P 6= ∅ ∧ Q 6= ∅. Soit x ∈ C. x ∈ Sol(P,Q) ssi pgcd(P)(x) = 0 ∧∏

Q∈QQd+1(x) 6= 0 puisque d ≥ 0. Soient x1, . . . , xk les ra ines de pgcd(P)ave leur multipli ité n1, . . . , nk t.q. n1 + . . .+ nk = d. Si pour tout xi, il existeun Q ∈ Q t.q. Q(x) = 0 alors pgcd(P ) divise ∏

Q∈QQd+1 (gra e à la puissan e

d + 1). S'il existe un xi t.q. pour tout Q ∈ Q, Q(x) 6= 0, alors x − xi, et don pgcd(P ), ne divise pas ∏

Q∈QQd+1. .q.f.d. ♦♦♦Théorème 8 La théorie T des orps algébriquement los permet l'éliminationdes quanti ateurs.PreuveSoit une formule,

ϕ ≡ ∃X∧

P∈P , P = 0 ∧∧

Q∈QQ 6= 0 ave P,Q ∈ Z[X1, . . . , Xn][X].En itérant la onstru tion de Trems, on produit un ensemble de formules sansquanti ateur ϕii∈I mutuellement ex lusives t.q. ∨i∈I ϕi = true et de po-lynmes Pii∈I t.q. pour tout tuple (x1, . . . xn), ϕi(Xi ← xi) implique que

Pi(Xi ← xi) est un pgcd(P(Xi ← xi) et que le degré de Pi(Xi ← xi) estle degré de Pi en X.Nous traitons ensuite ha un des trois as du lemme pré édent pour obtenirune disjon tion de formules omportant uniquement les variables X1, . . . , Xnéquivalente à ϕ. Les deux premiers as sont triviaux. Pour le troisième as, onapplique en ore la onstru tion de TRems ave ha un des Pi et ∏Q∈QQ

d+1où d est le degré de Pi e qui nous onduit à des polynmes P ′i,j et des formulesϕ′i,j . Les disjon tions de e as sont ϕi ∧ ϕi,j pour tout (i, j) t.q. deg(P ′i,j) 6= d. .q.f.d. ♦♦♦A titre d'exemple, nous donnons une appli ation de e résultat.Proposition 24 Soient ι un modèle de orps algébriquement los et ϕ une fo-mule de ette logique omportant une unique variable libre x. Alors soit l'en-semble Eι

ϕ ≡ a ∈ Eι | ϕι(x← a) = true soit son omplémentaire est ni.PreuveSans perte de généralité, nous onsidérons une formule ϕ sans quanti ateur.S'il s'agit d'un atome P = 0, Eι

ϕ est l'ensemble ni des ra ines.On démontre la propriété par indu tion. Si ϕ ≡ ¬ϕ′ la propriété est trivialement onservée. Si ϕ ≡ ϕ′ ∧ϕ′′, soit Eιϕ′ soit Eι

ϕ′′ est ni et leur interse tion est aussinie. Dans le as ontraire le omplémentaire, union de deux ensembles nis,est ni. .q.f.d. ♦♦♦

Corollaire 8 Le problème de savoir si ϕ, une formule est une onséquen e dela théorie T des orps algébriquement los est dé idable.PreuveOn peut onsidérer que ϕ est une formule lose en raison du lemme 8. La trans-formation ne rée pas de variables don la formule équivalente est né essairementune ombinaison booléenne d'atomes t = 0 ave t un terme sans variable (i.e. unélément de Z). Sa valeur de vérité dépend de la ara téristique du orps. Aussion évalue la formule pour toutes les ara téristiques (i.e. 0 et les nombres pre-miers) inférieures à la plus grande valeur absolue des entiers apparaissant dansla formule. La formule est une onséquen e de la théorie ssi la formule est vraiepour toutes es ara téristiques (les autres ara téristiques sont équivalentes à0 pour ette formule). .q.f.d. ♦♦♦Remarque. L'élimination des quanti ateurs n'introduit ni variable ni onstante.Par onséquent, toute formule lose sans onstante a la même valeur de vé-rité quelque soit le orps algébriquement los. Il n'en est pas de même pour lesformules loses ave onstantes. Ainsi p = 0 ave p premier, sera vraie pour les orps de ara téristique p et fausse pour les autres orps.4.6 Corps réel ferméOn onsidère le support suivant : deux onstantes 0 et 1, une fon tion unaire−, deux fon tions binaires +,×, l'égalité et la relation unaire de positivité >0.Le terme 1 + . . . + 1 (resp. t + . . . + t), n fois, est noté n (resp. nt). Le termet+ (−t′) est noté t− t′. Le terme t× t′ est noté tt′. La théorie T est dénie pard'une part les axiomes d'un orps ommutatif :(T1) ∀x x+ 0 = x(T2) ∀x x− x = 0(T3) ∀x ∀y x+ y = y + x(T4) ∀x ∀y ∀z (x+ y) + z = x+ (y + z)(T5) ∀x ∀y ∀z (xy)z = x(yz)(T6) ∀x ∀y xy = yx(T7) ∀x 1x = x(T8) ∀x x = 0 ∨ (∃y xy = 1)(T9) ∀x ∀y ∀z x(y + z) = xy + xzD'autre part, les axiomes d'un orps ordonné.(T10) ∀x x = 0 ∨ x >0 ∨ −x >0(T11) ∀x ¬(x >0 ∧ −x >0)(T12) ∀x ∀y (x >0 ∧ y >0)⇒ x+ y >0(T13) ∀x ∀y (x >0 ∧ y >0)⇒ xy >0Enn les axiomes des orps réels fermés qui arment que tout nombre positifest un arré et que tout polynme de degré impair a une ra ine (en fait unefamille de théorèmes par degré impair).

(T14) ∀x ∃y x = y2 ∨ −x = y2(T15) ∀x0 . . . ∀x2n ∃x x0 + x1x+ . . .+ x2nx2n + x2n+1 = 04.6.1 Rappels algébriquesAn d'obtenir l'élimination des quanti ateurs, nous allons ee tuer quelquesdéveloppements algébriques plus onséquents que eux de la se tion pré édente.Nous supposons onnus les résultats élémentaires sur les anneaux, les idéauxet les orps. Entre autres, un idéal I d'un anneau A est un idéal maximal ssil'anneau quotient A/I est un orps. On rappelle aussi le lemme de Zorn (de lathéorie des ensembles) qui s'énon e ainsi :Soit un ensemble partiellement ordonné non vide dont toute partie totalementordonnée admet un majorant alors et ensemble admet un élément maximal.Lemme 28 (Krull) Soit A un anneau et I un idéal stri tement in lus dans A.Alors il existe un idéal maximal I′ qui ontient I.PreuveSoit I, l'ensemble (non vide) des idéaux propres de A ontenant I ordonnépar l'in lusion. Soit Iff∈F une partie totalement ordonnée de I. On vériefa ilement que ⋃

f∈F If est un idéal. Les onditions du lemme de Zorn sontvériées. Soit I′ un élément maximal alors I′ est un idéal maximal de A. .q.f.d. ♦♦♦Une extension algébrique K′ d'un orps K est un orps t.q. K ⊆ K′ et toutélément de K′ annule un polynme à oe ients dans K. Une lture algébriqued'un orps K est une extension algébrique de K qui est algébriquement lose.Nous laissons en exer i e le fait que si K′′ est une extension algébrique de K′ etK′ est une extension algébrique de K alors K′′ est une extension algébrique deK.Lemme 29 Soit K un orps et soit P une famille nie de polynmes non onstants de K[X]. Alors il existe K′, une extension algébrique de K t.q. toutpolynme de P admet une ra ine dans K′.PreuveLa preuve se fait par ré urren e sur le nombre de polynmes de P. Soit P ∈ P,Si P admet une ra ine dans K, il n'y a rien à faire. Sinon soit Q, un fa teurirrédu tible de P alors I(Q) l'idéal engendré par P est maximal et par onséquentK[X]/I(Q) est un orps qui est une extension algébrique de K engendré par lesimages de 1, X, . . . , Xdeg(Q)−1 et t.q. l'image de X est une ra ine de Q don deP . .q.f.d. ♦♦♦Lemme 30 Soit K un orps et soit P une famille quel onque de polynmesnon onstants de K[X]. Alors il existe K′, une extension algébrique de K tq.tout polynme de P admet une ra ine dans K′.

PreuveSoit A ≡ K[XP P∈P ] la K-algèbre de polynmes sur les variables XP P∈P .Soit I l'idéal engendré par P (X ← XP )P∈P . Montrons que I est un idéalpropre de A. Si e n'est pas le as, il existe une égalité ∑i≤nQiPi(X ← XPi

) =1. Soit K′ l'extension algébrique de K dans laquelle haque Pi admet une ra ineai. L'égalité pré édente est aussi vraie dans K′[XP P∈P ] mais dans e as lepolynme (

∑i≤nQiPi(X ← XPi

))(XPi← ai) est égal à la fois à 0 et à 1.D'après le lemme de Krull, I est in lus dans un idéal maximal Im. Soit le orps

K′ ≡ A/Im, pour tout P ∈ P, P (X ← XP ) ∈ I ⊆ Im. En notant XP , l'image deXP dans K′, on a P (XP ) = 0. Puisque les XP sont algébriques sur K et qu'ilsengendrent K′, K′ est une extension algébrique de K. .q.f.d. ♦♦♦Théorème 9 (Steinitz) Tout orps K admet une lture algébrique.PreuveNous onstruisons Kii∈N une suite de orps roissante pour l'in lusion. K0 ≡ KSupposons Ki onstruit, alors Ki+1 est l'extension algébrique du lemme pré- édent dans laquelle tous les polynmes de Ki[X] admettent une ra ine. Parré urren e, Ki est une extension algébrique de K.Soit le orps K′ =

⋃i∈N

Ki. C'est une extension algébrique de K puisque haqueKi est une extension algébrique de K. Soit un polynme de P ∈ K′[X], il existeun Ki t.q. P ∈ Ki[X]. Par onséquent P admet une ra ine dans Ki+1 ⊆ K′. .q.f.d. ♦♦♦La lture algébrique est unique à un K-isomorphisme près mais nous n'uti-liserons pas e résultat.Nous introduisons maintenant les polynmes symétriques essentiels pour éta-blir un résultat fondamental des orps réels fermés.Dénition 40 Soit P ∈ D[X1, . . . , Xk] un polynme à oe ients dans D unanneau intègre. P est dit symétrique si pour toute permutation σ ∈ Sk (lespermutations de 1, . . . , k),

P [Xi ← Xσ(i)] = PLe polynme symétrique Ei est déni parEi ≡

∑

1≤j1<...<ji≤k

Xj1 . . . XjiRappelons le lemme lassique qui s'obtient par un simple développement.Lemme 31 ∏

i≤k

(X −Xi) = Xk +∑

1≤i≤k

(−1)iEiXi

On dote Nk de l'ordre (total) lexi ographique gradué par (α1, . . . , αk) <grlex

(β1, . . . , βk) ssi ∑i≤k αi <

∑i≤k βi ou (∑i≤k αi =

∑i≤k βi et (α1, . . . , αk) <lex

(β1, . . . , βk)) ave <lex étant l'ordre lexi ographique standard. Cet ordre s'ap-plique immédiatement aux monmes Xα1

1 . . . Xαk

k de K[X1, . . . , Xk]. Remar-quons que l'ordre lexi ographique gradué est bien fondé.

Proposition 25 Soit P ∈ D[X1, . . . , Xk] un polynme symétrique alors il existeun polynme R ∈ D[X1, . . . , Xk] t.q. P = R[Xi ← Eii≤k].Proposition 26 Soit P ∈ D[X] un polynme dont les ra ines dans un orpsalgébriquement los ontenant D sont x1, . . . , xk. Soit un polynme symétriqueQ ∈ D[X1, . . . , Xk] alors Q[Xi ← xii≤k] ∈ D.Lemme 32 Soient K ⊂ K′ deux orps de ara téristique nulle tels que toutpolynme séparable de K[X] admet une ra ine dans K′, alors tout polynme deK[X] admet une ra ine dans K′Théorème 10 Soit R un orps réel fermé, alors : R[i] ≡ R[X]/(X2 + 1) est une lture algébrique de R. Soit P ∈ R[X] t.q. P [X ← a]P [X ← b] < 0 alors

∃c ∈ R a < c < b ∧ P [X ← c] = 0.Remarque. Nous avons au passage obtenu une démonstration purement al-gébrique que le orps des omplexes est algébriquement los (moyennant le faitque le orps des réels est omplet).Nous démontrons maintenant un résultat (vrai dans les réels) qui nous au-torise à parler du signe d'un polynme à l'inni.Lemme 33 Soit P ≡ ∑i≤p aiX

i ave ap 6= 0, un polynme d'un orps réelfermé. Si |x| > 2∑

i≤pai

apalors P (x) et apx

p ont même signe.Lemme 34 Soit P ∈ R[X] et a < b ∈ R t.q. P [X ← a] = P [X ← b] = 0. Alorsil existe a < c < b t.q. P ′[X ← c] = 0.4.6.2 Comptage de ra inesLe point lef de l'élimination des quanti ateurs dans un orps réel fermé estla possibilité de ompter les ra ines d'un polynme P dans un intervalle. Parexemple, une formule t.q.ϕ ≡ ∃x1 ∃x2 x1 6= x2∧P [X ← x1] = 0∧P [X ← x2] = 0∧∀x3(P [X ← x3] = 0⇒ (x3 = x1∨x3 = x2))est vraie ssi le polynme P a exa tement deux ra ines.En fait nous avons besoin d'une notion plus forte qui est liée au signe d'unpolynme Q lorsqu'il est évalué pour les ra ines de P . Puisque le nombre dera ines d'un polynme est ni, on peut dénir (grâ e au théorème des valeursintermédiaires) le signe d'un polynme à droite et à gau he d'une valeur quel- onque. On parle aussi du signe d'un polynme en ∞ ou −∞ déterminé par lemonme de plus haut degré du polynme.Dénition 41 (Indi e de Cau hy) Soit P,Q ∈ R[X] deux polynmes, soitx une ra ine de P . On dit que la fra tion Q/P saute de −∞ (resp. ∞) à ∞(resp. −∞) en x si la multipli ité µ de x omme ra ine de P est supérieure à lamultipli ité de ν de x omme ra ine de P , µ− ν est impair et le signe de Q/Pà droite de x est positif (resp. négatif).Soit ]a, b[ un intervalle non vide (et éventuellement non borné), l'indi e de Cau- hy de Q/P en ]a, b[, noté Ind(Q/P, a, b) est le nombre de sauts de P/Q de

−∞ à ∞ dans l'intervalle ]a, b[ moins le nombre de sauts de ∞ à −∞ dansl'intervalle ]a, b[.Lorsque ]a, b[=]−∞,∞[, on note plus simplement l'indi e Ind(Q/P ). Notreobje tif est de al uler et indi e sans her her les ra ines. Nous introduisons à et eet la notion de variation de signe.Dénition 42 Soit a = a0, a1, . . . , ad une suite de valeurs non nulles, V ar(a)la variation de signe de ette séquen e est dénie par : V ar(a0) = 0 Si a0a1 > 0 Alors V ar(a0, a1 . . . ad) = V ar(a1 . . . ad)Sinon V ar(a0, a1 . . . ad) = V ar(a1 . . . ad) + 1Cette notion s'étend à toute suite de valeurs en supprimant les zéros de la suiteet en posant V ar(∅) = 0.Soit P = P0, P1, . . . Pd une suite de polynmes (à une variable) et x ∈ R ∪−∞,∞ la variation de signe de P en x, notée V ar(P;x) est dénie par :V ar(P;x) = V ar(P0(x), P1(x) . . . Pd(x)).Soit P = P0, P1 . . . Pd une suite de polynmes (à une variable) et ]a, b[ un in-tervalle non vide, la variation de signe de P dans ]a, b[, notée V ar(P; a, b) estdénie par V ar(P; a, b) = V ar(P; a)− V ar(P; b).Comme déjà pré isé, le signe d'un polynme à l'inni est bien déni et par onséquent la dénition i-dessus est orre te. Etant donné x ∈ R ∪ −∞,∞et P un polynme, σP (x) dénotera le signe de P (x).Lemme 35 Soient P,Q deux polynmes non nuls et a < b ∈ R∪−∞,∞ t.q.ni a ni b ne sont des ra ines des polynmes de la suite SRemS(P,Q). On poseR ≡ Rem(P,Q). Alors : Si σPQ(a)σPQ(b) = 1 Alors

V ar(SRemS(P,Q); a, b) = V ar(SRemS(Q,−R); a, b) Si σPQ(a)σPQ(b) = −1 AlorsV ar(SRemS(P,Q); a, b) = V ar(SRemS(Q,−R); a, b) + σPQ(b)PreuveSoit x qui n'est ni une ra ine de P ni une ra ine de Q.Si P (x)Q(x) < 0 alors V ar(SRemS(P,Q);x) = V ar(SRemS(Q,−R);x) + 1.Sinon V ar(SRemS(P,Q);x) = V ar(SRemS(Q,−R);x).Le résultat en dé oule en examinant tous les as possibles. .q.f.d. ♦♦♦Le lemme et le théorème qui suivent expliquent le hoix du signe dans laséquen e SRemS.Lemme 36 Soient P,Q deux polynmes non nuls et a < b ∈ R∪−∞,∞ t.q.ni a ni b ne sont des ra ines des polynmes de la suite SRemS(P,Q). On pose

R ≡ Rem(P,Q). Alors : Si σPQ(a)σPQ(b) = 1 Alors Ind(Q/P ; a, b) = Ind(−R/Q; a, b) Si σPQ(a)σPQ(b) = −1 Alors Ind(Q/P ; a, b) = Ind(−R/Q; a, b) +σPQ(b)

PreuveNous pouvons supposer que P et Q sont premiers entre eux ar en posantD ≡ pgcd(P,Q), P1 ≡ P/D,Q− 1 ≡ Q/D,R1 ≡ Rem(P1, Q1) = R/D, on a :Q1/P1 = Q/P,−R1/Q1 = −R/Qet les signes de P (x)Q(x) et P1(x)Q1(x) oïn ident en tout point x qui n'estpas une ra ine de PQ.Notons n−+ (resp. n+−) le nombre de variations de −1 à +1 (resp. de +1 à−1) du signe de PQ[X ← x] lorsque x varie de a à b. On remarque que siσPQ(a)σPQ(b) = 1 alors n−+ − n+− = 0 et que sinon n−+ − n+− = σPQ(b).La dénition de l'indi e de Cau hy entraine que :Ind(Q/P ; a, b) + Ind(P/Q; a, b) = n−+ − n+−En remarquant que Ind(P/Q; a, b) = Ind(R/Q; a, b), on on lut. .q.f.d. ♦♦♦Théorème 11 Soit P 6= 0, Q deux polynmes et a < b ∈ R ∪ −∞,∞ t.q. nia ni b ne sont pas des ra ines de P . Alors :

V ar(SRemS(P,Q); a, b) = Ind(Q/P ; a, b)PreuveOn laisse le as évident Q = 0 en exer i e et on suppose dans la preuve queQ 6= 0. Le théorème est presque une onséquen e des deux lemmes pré édents(moyennant une indu tion sur la longueur de SRemS(P,Q)) à e i près qu'onexige uniquement de a et de b qu'ils ne soient pas ra ine de P . Choisissonsmaintenant a′ et b′ t.q a ≤ a′ < b′ ≤ b, a′ = a (resp. b′ = b) si a (resp. b)n'est ra ine d'au un polynme de SRemS(P,Q) et sinon ]a, a′] (resp. [b′, b[ ) ne ontient au une ra ine d'un polynme de SRemS(P,Q).Pour on lure nous allons prouver que Ind(Q/P ; a, b) = Ind(Q/P ; a′, b′) etque V ar(SRemS(P,Q); a, b) = V ar(SRemS(P,Q); a′, b′). La première égalitéprovient immédiatement des ontraintes sur a′, b′.Notons SRemS(P,Q) ≡ SRemS0, SRemS1, . . .. Sa hant que a n'est pas une ra- ine de P , on établit par une ré urren e trivale que a n'est jamais simultanémentra ine de deux polynmes onsé utifs de ette suite. Lorsque a n'est pas ra ined'un polynme SRemSi de la suite, a et a′ SRemSi[X ← a] et SRemSi[X ← a′]ont même signe. Supposons que a soit ra ine de SRemSi alors l'égalité :

SRemSi+1 = −SRemSi−1 +Quo(SRemSi−1, SRemSi)SRemSientraine que SRemSi−1SRemSi+1[X ← a] < 0 et par onséquentV ar(SRemSi−1, SRemSi, SRemSi+1; a) = V ar(SRemSi−1, SRemSi−1, SRemSi−1; a

′)Un raisonnement similaire pour b et b′ permet de on lure. .q.f.d. ♦♦♦Nous en arrivons maintenant à la quantité lef pour l'élimination des quan-ti ateurs.

Dénition 43 (Question de Tarski) Soit P 6= 0 et Q deux polynmes. Laquestion de Tarski sur Q relative à P dans ]a, b[ ave a < b ∈ R∪ −∞,∞ estle nombre :TaQ(Q,P ; a, b) ≡

∑

x∈]a,b[,P (x)=0

σQ(x)

On note TaQ(Q,P ) ≡ TaQ(Q,P ;−∞,∞). Remarquons que TaQ(1, P ; a, b) estle nombre de ra ines de P dans l'intervalle ]a, b[.La proposition suivante nous fournit e que nous re her hions.Théorème 12 (Théorème de Tarski)TaQ(Q,P ; a, b) = Ind(P ′Q/P ; a, b) = V ar(SREmS(P, P ′Q); a, b)PreuveLa deuxième égalité est elle du théorème 11. Il nous reste à prouver la premièreégalité. La multipli ité (µ) de x en P est stri tement supérieure à elle de P ′Qssi x n'est pas ra ine de Q et dans e as, la diéren e est égale à 1. On remarqueque la fra tion rationnelle P ′Q/P s'é rit µQ/(X −x)+R où R est une fra tionrationnelle dénie en x. Par onséquent P ′Q/P fait un saut de −∞ à ∞ (resp.de ∞ à −∞) si Q(x) > 0 (resp. Q(x) < 0). D'où le résultat. .q.f.d. ♦♦♦A partir du théorème de Tarski, on peut fa ilement obtenir une informationsur le signe de Q(x) lorsque x par ourt les ra ines de P . Dans la suite, on selimite à l'intervalle ]−∞,∞[.Notations. Soient P 6= 0, Q deux polynmes et α ∈ −1, 0, 1. On note

♯(P,Q, α) ≡ |P (x) = 0 ∧ σQ(x) = α|.Proposition 27♯(P,Q, 0) = TaQ(1, P )− TaQ(Q2, P )

♯(P,Q, 1) = (TaQ(Q2, P ) + TaQ(Q,P ))/2

♯(P,Q,−1) = (TaQ(Q2, P )− TaQ(Q,P ))/2PreuveOn résout le système d'équations suivant.TaQ(1, P ) = ♯(P,Q,−1) + ♯(P,Q, 0) + ♯(P,Q, 1)

TaQ(Q,P ) = −♯(P,Q,−1) + ♯(P,Q, 1)

TaQ(Q2, P ) = ♯(P,Q,−1) + ♯(P,Q, 1) .q.f.d. ♦♦♦On veut généraliser e résultat lorsque Q est rempla é par une famille depolynmes Q.

Notations. Soient P un polynme non nul, Q = Q1, . . . , Qs une famillenie de polynmes et α : 1, . . . , s 7→ −1, 0, 1.On note : Z(P,Q, α) ≡ P (x) = 0 ∧∧

i≤s σQi(x) = α(i) ♯(P,Q, α) ≡ |Z(P,Q, α)|

♯(P,Q) est le ve teur dont les omposantes sont ♯(P,Q, α) indi ées par les αordonnés lexi ographiquement.On généralise aussi la question de Tarski. Soit β : 1, . . . , s 7→ 0, 1, 2. Ondénit le polynme Qβ ≡∏

j≤sQβ(j)j . TaQ(Q, P ) est le ve teur dont les om-posantes sont TaQ(Qβ, P ) indi ées par les β ordonnés lexi ographiquement.On remarque qu'à l'intérieur d'un Z(P,Q, α) le signe d'un polynme Qβ estxé. On note Ms[α, β] e signe. La matri e Ms peut se onstruire itérativementaisi que le lemme suivant l'indique.Lemme 37 Soit Ms la matri e asso iée à la famille Q1, . . . , Qs et Ms−1 lamatri e asso iée à la famille Q1, . . . , Qs−1. Soit α : 2, . . . , s 7→ −1, 0, 1 et

β : 2, . . . , s 7→ 0, 1, 2. On a : Ms[(0, β), (−1, α)] = Ms−1[β, α], Ms[(0, β), (0, α)] = Ms−1[β, α]Ms[(0, β), (1, α)] = Ms−1[β, α] Ms[(1, β), (−1, α)] = −Ms−1[β, α], Ms[(1, β), (0, α)] = 0Ms[(1, β), (1, α)] = Ms−1[β, α] Ms[(2, β), (−1, α)] = Ms−1[β, α], Ms[(2, β), (0, α)] = 0Ms[(2, β), (1, α)] = Ms−1[β, α]Autrement dit, la matri e Ms se dé ompose par blo omme suit :

Ms (−1,−) (0,−) (1,−)(0,−) Ms−1 Ms−1 Ms−1

(1,−) −Ms−1 0 Ms−1

(2,−) Ms−1 0 Ms−1PreuveLa preuve laissée en exer i e s'obtient par un examen as par as. .q.f.d. ♦♦♦On a déjà observé que la matri e M1 est dénie par :M1 (−1) (0) (1)(0) 1 1 1(1) −1 0 1(2) 1 0 1On peut formaliser la onstru tion itérative du lemme pré édent à l'aide del'opérateur tensoriel ⊗ des matri es.Dénition 44 Soient M une matri e m×n et M ′ une matri e m′×n′ la ma-tri e M⊗M ′ mm′×nn′ est dénie par M⊗M ′[(i, i′), (j, j′)] ≡M [i, j]M ′[i′, j′].Autrement dit, la matri e blo asso iée à i et j est dénie par M [i, j]M ′.Ave ette formulation, on observe que Ms = M1 ⊗Ms−1. L'intérêt de etteformulation est le résultat élementaire suivant : si M et M ′ sont inversiblesalors M ⊗M ′ est inversible d'inverse M−1 ⊗M ′−1. On en on lut que Ms estinversible. Une onséquen e de e résultat est mise en éviden e par le lemmesuivant.

Lemme 38TaQ(Q, P ) = Ms · ♯(P,Q)et par onséquent♯(P,Q) = M−1

s · TaQ(Q, P )PreuveOn remarque que les zéros de P sont répartis dans la partition Z(P,Q, α)α.La matri e Ms donnant le signe d'un polynme Qβ en fon tion d'un élement dela partition, le résultat s'ensuit immédiatement. .q.f.d. ♦♦♦La proposition suivante (dont la preuve évidente est laissé en exer i e) syn-thétise les résultats obtenus.Proposition 28 Soient P un polynme non nul, Q = Q1, . . . , Qs une famillenie de polynmes et α : 1, . . . , s 7→ −1, 0, 1. ♯(P,Q, α) dépend de manièreee tive des degrés des polynmes et du signe de leur plus haut oe ient desséquen es SRemS(P, P ′Qβ) pour tous les β possibles.Il nous reste à traiter le as où le polynme P est nul et α est à valeurs dans−1, 1.Proposition 29 Soient Q = Q1, . . . , Qs une famille nie de polynmes et α :1, . . . , s 7→ −1, 1. Posons C ≡∏

i≤sQi. La va uité de l'ensemble Z(Q, α) ≡x |

∧i≤s σQi

(x) = αi dépend de manière ee tive des degrés des polynmesde Q et du signe de leur plus haut oe ient des degrés des polynmes et dusigne de leur plus haut oe ient de la séquen e SRemS(C,C ′) et des séquen esSRemS(C ′, C ′′Qβ) pour tous les β possibles.PreuveRappelons que le nombre de ra ines de C est déterminé par les degrés despolynmes et le signe de leur plus haut oe ient de la séquen e SRemS(C,C ′). Si C n'a pas de ra ine alors tout Q ∈ Q a un signe onstant déterminépar son plus haut oe ient. Si C a une unique ra ine alors il y a uniquement deux α possibles déter-minés par le degré de haque polynme Q ∈ Q et le signe du oe ientde plus haut degré. Si C a au moins deux ra ines alors entre deux ra ines de C, il y a aumoins une ra ine de C ′. Par onséquent les α possibles sont déterminésen −∞ et en ∞ par le degré de haque polynme Q ∈ Q et le signedu oe ient de plus haut degré et dans les intervalles entre les ra inespar les degrés des polynmes et du signe de leur plus haut oe ient desséquen es SRemS(C ′, C ′′Qβ) pour tous les β possibles. .q.f.d. ♦♦♦

4.6.3 Elimination des quanti ateursThéorème 13 La théorie T des orps réels fermés permet l'élimination desquanti ateurs.PreuveSoit une formule,ϕ ≡ ∃X

∧P∈P , P = 0 ∧

∧Q∈QQ > 0 ave P,Q ∈ Z[X1, . . . , Xn][X].On rempla e la formule ϕ par une disjon tion de formules sans quati ateursportant sur les variables X1, . . . , Xn. Le premier type de formule orrespond à la onjon tion des atomes ai = 0(où les ai sont les oe ients de P ) et d'une formule obtenue en appliquantla proposition 29 qui garantit que les signes de Q ∈ Q sont positifs en aumoins un point. Ces formules se al ulent à l'aide de la onstru tion desarbres TRemS appliqués aux séquen es PSRemS(C ′, C ′′Qβ) pour tousles β possibles . Le deuxième type de formule orrespond à une onjon tion d'atomes quixe le degré de P 6= 0 et d'une formule obtenue en appliquant le lemme 38qui garantit que les signes de Q ∈ Q sont positifs en au moins un zéro de

P . Ces formules se al ulent à l'aide de la onstru tion des arbres TRemSappliqués aux séquen es PSRemS(P, P ′Qβ) pour tous les β possibles . .q.f.d. ♦♦♦Corollaire 9 Le problème de savoir si ϕ, une formule est une onséquen e dela théorie T des orps algébriquement los est dé idable.PreuveOn peut onsidérer que ϕ est une formule lose en raison du lemme 8. La trans-formation ne rée pas de variables don la formule équivalente est né essairementune ombinaison booléenne d'atomes t = 0 ou t > 0 ave t un terme sans va-riable (i.e. un élément de Z). Puisque la ara téristique d'un orps réel ferméest nulle (vériez-le) les atomes los s'évaluent omme dans Z. .q.f.d. ♦♦♦A titre d'exemple, nous donnons une appli ation de e résultat.Proposition 30 Soient ι un modèle de orps réel fermé et ϕ une fomule de ette logique omportant une unique variable libre x. Alors l'ensemble Eιϕ ≡

a ∈ Eι | ϕι(x ← a) = true est une union nie de points et d'intervallesouverts.PreuveSans perte de généralité, nous onsidérons une formule ϕ sans quanti ateur.S'il s'agit d'un atome P = 0, Eι

ϕ est l'ensemble ni des ra ines. S'il s'agit d'unatome P > 0 alors Eιϕ est l'union des intervalles ouverts délimités par les ra ines(et −∞,∞) sur lesquels P est positif.On démontre la propriété par indu tion. Si ϕ ≡ ϕ′ ∧ ϕ′′, en inversant l'inter-se tion et les unions, ela revient à démontrer que l'interse tion de deux pointsou intervalles est en ore soit un point soit un intervalle soit l'ensemble vide ( equi est trivial). Soit ϕ ≡ ¬ϕ′. D'une part, le omplémentaire d'un point est une

union de deux intervalles. D'autre part, le omplémentaire d'un intervalle estune union d'au plus deux intervalles et d'au plus deux points. Pour on lure, ilsut de distribuer la omplémentation e qui nous ramène au as de l'interse -tion déjà traité. .q.f.d. ♦♦♦Il existe des orps réels fermés non isomorphes au orps des réels. Une sériede Puiseux est soit 0 soit une série de la forme ∑i≥k aiε

i/q ave i, k ∈ Z, ai ∈ R,q ∈ N∗ et ak 6= 0. Une série de Puiseux est positive si ak > 0. On peut démontrer(mais 'est di ile) que l'ensemble des series de Puiseux, noté R〈〈ε〉〉, est un orps réel fermé. On remarque que ε < r pour tout r ∈ R+∗. Par onséquent e orps n'est pas ar himédien. On obtient don :Proposition 31 La pseudo-formule ∀x x >0 ⇒

∨n∈N

nx − 1 >0 n'est équiva-lente à au une formule ( lose) dans la théorie des orps réels fermés.PreuveLes formules loses de la théorie des orps réels fermés ont même valeur de véritépour tout orps réel fermé e qui n'est pas le as de la pseudo-formule. .q.f.d. ♦♦♦

4.7 TD n4Question n1. Démontrer la proposition 25.Question n2. Démontrer la proposition 26.Question n3. Démontrer le lemme 32.Question n4. Démontrer le théorème 10.Question n5. Démontrer le lemme 33.Question n6. Démontrer le lemme 34.

Chapitre 5Les théorèmes d'in omplétudede GödelRemarque. Dans e hapitre, on onsidère que ∧,∨,⇔, ∃ sont des abrévia-tions (par exemple ϕ ∨ ψ est une abréviation de ¬ψ ⇒ ϕ).5.1 Le premier théorème de Gödel(-Tarski)5.1.1 Cet énon é est faux Dénition 45 Soit Λ un alphabet ni et L ⊆ Λ∗ un langage. g, une bije tionde L dans N, est appelée une numérotation de Gödel.Notation. Pour n un entier quel onque, on notera En = g−1(n). Le nombren est appelé le numéro de Gödel de En.Le langage L qui nous intéresse sera un sur-ensemble d'un langage de for-mules de la logique du premier ordre relatif à l'arithmétique. On supposera dansla suite que ⇒,¬, (, ), ∀, v,′ , f, ′ ,=, 0 ⊆ Λ. L'addition + (resp. la multipli ation×) est une abréviation de (f′) (resp. (f′′)) et sera notée en inxé. La fon tionsu esseur ′ sera notée en postxé. On abrégera 0′ . . .′ où le symbole ′ est répétén fois par n. De même, on abrégera (v′ . . . ′) où le symbole ′ est répété n(> 0)fois par vn. An de retrouver une notation usuelle de variables x, y, z désignentv1, v2, v3.On dira qu'un support est relatif à N s'il ontient la onstante 0 et la fon tionsu esseur ′ notée en postxé. Un support est relatif à l'arithmétique s'il ontient0, ′, + et ×.Etant donnés E, t ∈ Λ∗, on note E[t] le mot ∀x(x = t ⇒ E) (notez bienles ro hets). Soient ϕ une formule et t un terme los, remarquons que ϕ[t] estlogiquement équivalente à ϕ(v1 ← t) (i.e. ϕ[t]⇔ ϕ(v1 ← t) est un théorème dela logique du premier ordre). L'avantage de la onstru tion de formule ϕ[t] estqu'elle ne fait pas appel à la notion d'o urren e libre de variable.On suppose que si E ∈ L alors E[n] ∈ L. Ce i nous onduit à la dénitionsuivante en supposant g xée.

64

Dénition 46 d, la fon tion de N dans N qui à n asso ie le numéro de Gödelde En[n] est appelée la (fon tion) diagonale de Gödel. Soit A ⊆ N, alors Ad ⊆ Nest déni par d−1(A).On se donne une interprétation ι dans N de manière standard 0ι = 0, x′ =x + 1, x +ι y = x + y, x ×ι y = xy. Dans la suite, lorsqu'on é rira N |= ϕ ilsera sous-entendu que ette satisfa tion est relative à ette interprétation. Onobtient déjà un premier résultat diagonal. Ce résultat est en réalité indépendantde l'interprétation hoisie pour N.Dénition 47 Etant donnée une formule ϕ ave au plus x omme unique va-riable libre sur un support Supp relatif à N et A ⊆ N, on dit que A est exprimépar ϕ si :

n ∈ A ssi N |= ϕ[n]Par exemple, l'ensemble des nombres pairs supérieurs ou égaux à 17 estexprimable par la formule ∃y ∃z x = 2× y ∧ 17 + z = x.Notation. Soit A un sous-ensemble d'un ensemble xé alors A est son om-plémentaire.Théorème 14 Soit T RUE l'ensemble des numéros de Gödel des formules surun support quel onque relatif à N satisfaites par N, alors (T RUE)d n'est pasexprimable par une formule de e support.PreuveRemarquons que (T RUE)d = m | Em /∈ F1 ∨ N 6|= Em[m].Rappelons que d(n) est le numéro de Gödel de En[n]. Supposons maintenantqu'il existe En une formule qui exprime (T RUE)d.Alors :N |= En[n] ssi (par le hoix de En)n ∈ (T RUE)d ssi (par la dénition de ()d)d(n) ∈ T RUE ssi (par omplémentation)d(n) /∈ T RUE ssi (par la dénition de T RUE et de d())N 6|= En[n] ( ar En est une formule)Ce qui est absurde. .q.f.d. ♦♦♦Remarques. Informellement, la formule En[n] exprime Cet énon é est faux qui onduit à un paradoxe évident. Nous n'avons utilisé au une hypothèse sur N et pratiquement au une hy-pothèse sur la numérotation de Gödel. Il s'agit don d'un résultat essen-tiellement logique.5.1.2 Une numéroration de GödelL'alphabet Λ = ′, 0, (, ), f, ′ , v,¬,⇒, ∀,=, , ♯ est onstitué de 13 ara tères.Les deux derniers ara tères sont introduits en as de besoin . Le fait que 13est premier simpliera ertains développements.

Le langage d'expressions L = (Λ \ ′)Λ∗ ∪ ′ est onstitué des haînes nonvides ne ommençant pas ′ ex eptée la haîne réduite à ′.Soit une expression w = w0w1 . . . wn, alors g(w) =∑n

i=1 13n−ig(wi) ave :g(′) = 0, g(0) = 1, g(() = 2, g()) = 3 g(f) = 4g(, ) = 5, g(v) = 6, g(¬) = 7, g(⇒) = 8g(∀) = 9, g(=) = 10, g() = 11 g(♯) = 12.Nous laissons le soin au le teur de vérier que g est bien une bije tion. Parexemple g(v = 0) = 4 × 132 + 10 × 132 + 1. Si on prend le soin de ompter les hires en base 13 en introduisant les symboles η, ε, δ pour 10, 11, 12 alors lanuméroration de Gödel n'est rien d'autre que le nombre obtenu en on aténantles numéros de Gödel des symboles de l'expression ! Ainsi g(v = 0) = 2η1.Notations. La formule t ≤ t′ est une abréviation de ∃vi(t + vi = t′) pourn'importe quel vi n'apparaissant ni dans t ni dans t′. La formule t 6= t′ est uneabréviation de ¬t = t′.Nous introduisons des sous-ensembles de formules dont le rle s'avérera pri-mordial dans les diérents théorèmes d'in omplétude.Dénition 48 (Formules Σ0−) L'ensemble de formules Σ0− est déni indu -tivement par : Si a, b et c désignent un nombre (n) ou une variable alors a+b = c, a×b =

c, a = b, a ≤ b appartiennent à Σ0− . Si ϕ et ψ appartiennent à Σ0− alors ¬ϕ et (ϕ⇒ ψ) appartiennent à Σ0− . Si ϕ appartient à Σ0− , vi est une variable et t désigne soit un nombre (n),soit une variable diérente de vi alors ∀vi(vi ≤ t⇒ ϕ) appartient à Σ0− .On introduit deux nouvelles abréviations : [∀vi ≤ t](ϕ) omme abréviationde ∀vi(vi ≤ t⇒ ϕ) et [∃vi ≤ t](ϕ) omme abréviation de ¬[∀vi ≤ t](¬ϕ).Dénition 49 (Formules Σ1) L'ensemble de formules Σ1 est déni par :Σ1 = ∃vi(ϕ) | ϕ ∈ Σ0−Dénition 50 (Formules Σ) L'ensemble de formules Σ est déni indu tive-ment par : Toute formule Σ0− est une formule Σ. Si ϕ et ψ appartiennent à Σ alors (ϕ ∨ ψ) et (ϕ ∧ ψ) appartiennent à Σ. Si ϕ appartient à Σ0− et ψ appartient à Σ alors (ϕ⇒ ψ) appartient à Σ. Si ϕ appartient à Σ, vi est une variable et t désigne soit un nombre (n),soit une variable diérente de vi alors [∀vi ≤ t](ϕ) et [∃vi ≤ t](ϕ) appar-tiennent à Σ. Si ϕ appartient à Σ et vi est une variable alors ∃vi(ϕ) appartient à Σ.On reprend (en la spé ialisant) la notion d'ensemble et de relation expri-mable.Dénition 51 Soit ϕ une formule dont l'ensemble des variables libres est ontenudans v1, . . . , vn, ϕ exprime R une relation n-aire de N si :

N |= ϕ(vi ← kii∈1..n) ssi R(k1, . . . , kn)

Soit ϕ une formule dont l'ensemble des variables libres est ontenu dansv1, . . . , vn, vn+1, ϕ exprime f une fon tion n-aire de N si :

N |= ϕ(vi ← kii∈1..n+1) ssi kn+1 = f(k1, . . . , kn)Soit ϕ une formule ave au plus v1 omme variable libre ϕ exprime A ⊆ N unensemble si :N |= ϕ(v1 ← k) ssi k ∈ AOn dira que R une relation (resp. f une fon tion, A un ensemble) est arith-métique s'il existe une formule l'exprimant.Si la formule utilisée appartient à Σ0− (resp. Σ1, Σ) on dira que la relation est

Σ0− -arithmétique (resp. Σ1-arithmétique, Σ-arithmétique) ou en ore de manièreabrégée qu'elle est Σ0− (resp. Σ1, Σ).On sera très souvent amené à vérier que des relations, fon tions ou en-sembles sont arithmétiques. Dans e qui suit, b désigne un nombre premier.Dénition 52 Voi i quelques exemples de relations et fon tions arithmétiques.La relation binaire x < y se dénit par x ≤ y ∧ x 6= y.La relation binaire div(x, y) qui indique que x divise y se dénit par :[∃z ≤ y](y = x× z).La relation unaire Puissb(x) qui dénote le fait que x est une puissan e de b sedénit par x 6= 0 ∧ [∀y ≤ x](y 6= 1 ∧ div(y, x)⇒ div(b, y))La fon tion qui à x asso ie y = bl où l est la longueur en base b de x, notéeplb(x) se dénit par y = plb(x) si :

(0 = x ∧ b = y)∨(0 < x ∧ Puissb(y) ∧ x < y ∧ [∀z ≤ y]((z < y ∧ Puissb(z))⇒ z ≤ x))La fon tion binaire x∗by = z représentant le nombre obtenu par la on aténationen base b de x suivi de y se dénit par x ∗b y = z si :

[∃v4 ≤ z][∃v5 ≤ z](v5 = plb(y) ∧ z = v4 + y ∧ v4 = x× v5)Observons qu'on a utilisé impli itement le fait qu'on peut introduire unerelation ou une fon tion arithmétique pour en dénir d'autres. D'autre part,toutes les relations et fon tions dénies jusqu'i i sont Σ0− (vériez-le).Remarquons que ∗b n'est pas asso iative. Nous prenons la onvention quev1 ∗b v2 ∗b . . . ∗b vn est une abréviation de (. . . (v1 ∗b v2) ∗b v3) ∗b . . .) ∗b vn.L'intérêt de l'opérateur ∗b vis à vis de la numérotation de Gödel est évident.Soit E = w1 . . . wn une expression de L, alors g(E) = g(w1) ∗13 . . . ∗13 g(wn).Par une ré urren e immédiate, on obtient :Proposition 32 La fon tion n-aire v1 ∗b v2 ∗b . . . ∗b vn est arithmétique (Σ0−).On peut aussi dénir arithmétiquement de propriétés de haines de hires.Proposition 33 Les relations suivantes sont arithmétiques (Σ0−). xCby qui indique que l'é riture du nombre x débute l'é riture du nombre

y en base b. xTby qui indique que l'é riture du nombre x termine l'é riture du nombrey en base b. xPby qui indique que l'é riture du nombre x est une partie de l'é riture dunombre y en base b.

PreuveNous établissons uniquement le as Cb qui s'exprime par la formule :x = y ∨ (x 6= 0 ∧ [∃z ≤ y][∃v4 ≤ y]Puissb(v4) ∧ (x× v4) ∗b z = y)Pour omprendre l'intérêt de la variable v4, traitez le as x = 3 et y = 3001. .q.f.d. ♦♦♦Nous allons maintenant onstruire une relation arithmétique d'une grandeimportan e. Notez bien que la proposition exige simplement qu'elle ait une bonne propriété. D'autres dénitions que elles de la preuve sont don possibles. Informellement, ette relation permet de oder des suites de ouplesà l'aide d'un nombre.Proposition 34 Il existe une relation arithmétique Σ0− que nous noterons

K(x, y, z) qui possède les deux propriétés suivantes : Pour toute suite de ouples (a1, b1), . . . , (an, bn), il existe un nombre z telque K(x, y, z) est vrai ssi ∃i ≤ n, (ai, bi) = (x, y). Si K(x, y, z) est vrai alors x ≤ z et y ≤ z.PreuveComme pré édemment, on raisonne sur une représentation des nombres en baseb = 13. On omet l'indi e b dans les relations relations Pb, Cb, Tb et on omet lafon tion ∗b. Autrement dit, xy signie (x ∗b y).Dans ette preuve, on appelle séparateur un nombre de la forme 21 . . . 12. un(x)qui dénote le fait que x s'é rit omme une suite de 1 est une relation Σ0− :un(x) ≡ x 6= 0 ∧ [∀y ≤ x](yPx⇒ 1Py).Etant donnée une suite (a1, b1), . . . , (an, bn) les z re her hés s'é riront sous laforme wwa1wb1ww . . . wwanwbnww ave w un séparateur plus grand que tousles séparateurs présents dans les ai et les bi. Pour repérer e séparateur, onintroduit la relation Σ0− , sm(x, y) qui indique que x est le séparateur maximalprésent dans y.sm(x, y) ≡ [∃z ≤ x]un(z) ∧ x = 2z2 ∧ xPy ∧ ¬[∃v4 ≤ y](un(v4) ∧ 2zv42Py)La formule asso iée à K est maintenant fa ile à dénir :

K(x, y, z) ≡ [∃v4 ≤ x]sm(v4, z) ∧ v4v4xv4yv4v4Pz ∧ ¬v4Px ∧ ¬v4PyLa deuxième propriété de la proposition est obtenue par onstru tion de K. .q.f.d. ♦♦♦A l'aide de la relation K, on en déduit deux nouvelles relations utiles pourla démonstration du théorème de Gödel-Tarski.Proposition 35 La relation xy = z est Σ1.PreuveL'idée est de oder la suite (0, 1), (1, x), (2, x2), . . . , (y, xy) à l'aide de larelation K et d'une ontrainte sur tout ouple (a, b) qui apparaît dans la suite :soit (a, b) = (0, 1) soit il existe un autre ouple (c, d) tel que a = c+1 et b = d×x.Autrement dit :∃v4 K(y, z, v4) ∧ [∀v5 ≤ v4][∀v6 ≤ v4]K(v5, v6, v4)⇒

(v5 = 0 ∧ v6 = 1) ∨ ([∃v7 ≤ v4][∃v8 ≤ v4](K(v7, v8, v4) ∧ v5 = v7 + 1 ∧ v6 = v8 × x)) .q.f.d. ♦♦♦

Gödel avait obtenu d'une autre manière une fon tion β similaire à elle dela pro haine proposition qui permet de oder des suites de nombres.Proposition 36 Il existe une fon tion arithmétique Σ0− que nous noteronsβ(x, y) qui possède la propriété suivante : pour toute suite de nombres a0, . . . , an,il existe un nombre w tel que ∀i ≤ n, β(w, i) = ai.PreuveEtant donnée une suite de nombres a0, . . . , an, l'idée est de oder la suite(0, a0), (1, a1), (2, a2), . . . , (n, an) à l'aide de la relation K et de ré upérer ai omme étant le plus petit nombre c (en fait unique) tel que le ouple (i, c)apparaisse dans la suite.

y = β(z, x) ≡ K(x, y, z) ∧ [∀v4 ≤ y](v4 = y ∨ ¬K(x, v4, z))∨([∀v4 ≤ z]¬K(x, v4, z) ∧ y = 0)Dans le as ontraire, β est nulle. .q.f.d. ♦♦♦Soit maintenant r(m,n) la fon tion qui fournit le numéro de Gödel de l'ex-pression Em[n] ≡ ∀v1(v1 = n⇒ Em). On a :

r(m,n) = g(∀v1(v1 =) ∗13 13n ∗13 g(⇒) ∗13 m ∗13 g())Par onséquent r est arithmétique et la diagonale de Gödel d(x) ≡ r(x, x) estaussi arithmétique. D'où le théorème de Tarski suivant.Théorème 15 T RUE l'ensemble des numéros de Gödel des formules satisfaitespar (N,+,×) n'est pas arithmétique.PreuveSupposons que T RUE soit exprimable par la formule ϕ. alors T RUE est expri-mable par la formule ¬ϕ. Appelons ϕd la formule qui exprime x = d(y). Sansperte de généralité, on suppose que les o urren es liées de variables dans ϕ sonttoutes diérentes de y. Alors (T RUE)d est exprimable par la formule :∃y ϕd ∧ ¬ϕ(x← y)Ce qui ontredit le théorème 14. .q.f.d. ♦♦♦5.1.3 Relations Σ, Σ1 et ré ursivement énumérablesPar onstru tion, une relation Σ est une relation Σ1. La proposition suivantemontre que es deux notions oïn ident.Proposition 37 Toute relation Σ est une relation Σ1.Proposition 38 Toute relation ré ursivement énumérable est une relation Σ.Proposition 39 Toute relation Σ0− est ré ursive. Toute relation Σ1 est ré ur-sivement énumérable.

Notations. Soit T une théorie du premier ordre, on note T HT l'ensemble desnuméros de Gödel des théorèmes de T .Nous prouvons maintenant la première version du théorème de Gödel.Théorème 16 (1er Théorème d'in omplétude - version Tarski)Soit T une théorie arithmétique (i.e. sur le support 0,′ ,+,×) ré ursivementénumérable telle que N soit un modèle de T . Alors T n'est pas syntaxiquement omplet.PreuvePuisque N est un modèle de T , T HT ⊆ T RUE . D'après le lemme 3 du hapitre 1,les théorèmes de T sont ré ursivement énumérables. Puisque la numérotationde Gödel est ré ursive, T HT est ré ursivement énumérable. Don d'après laproposition 38, T HT est arithmétique. Puisque T RUE n'est pas arithmétique(théorème 15). T RUE \ T HT 6= ∅. Soit ϕ ∈ T RUE \ T HT , T 6⊢ ϕ et N |= ϕ.Soit ϕ′ une loture universelle de ϕ, on a aussi T 6⊢ ϕ′ et N |= ϕ′. Don N 6|= ¬ϕ′et par onséquent T 6⊢ ¬ϕ′. T est don syntaxiquement in omplet. .q.f.d. ♦♦♦

5.2 Le premier théorème de GödelL'obje tif de ette se tion est d'obtenir des onditions portant sur une théorierelative à l'arithmétique qui onduisent à l'in omplétude syntaxique sans mêmeexiger que N soit un modèle de ette théorie.5.2.1 Cet énon é n'est pas démontrable Etant donnée une théorie T , on dira qu'une formule est prouvable dans T si 'est un théorème de T et réfutable dans T si sa négation est un théorème de T .Il nous faut un analogue à la notion de relation exprimable .Dénition 53 Soient T une théorie et ϕ une formule dont l'ensemble des va-riables libres est ontenu dans v1, . . . , vn, ϕ représente R une relation n-airede N dans T si :T ⊢ ϕ(vi ← kii∈1..n) ssi R(k1, . . . , kn)Soient T une théorie et ϕ une formule ave au plus v1 omme variable libre ϕreprésente A ⊆ N un ensemble dans T si :

T ⊢ ϕ(v1 ← k) ssi k ∈ AOn dira qu'une relation (ou un ensemble) est représentable dans T s'il existeune formule qui la représente dans T .Proposition 40 Soit T une théorie ohérente et supposons que ¬En représente(T HT )d. Alors En[n] (et par onséquent En(x ← n)) n'est ni prouvable, niréfutable dans T .PreuveSupposons queEn[n] soit réfutable dans T , alors puisque ¬En représente (T HT )d,n ∈ (T HT )d et, par dénition de ()d, En[n] est prouvable. Ce qui ontredit la ohéren e.

Supposons que En[n] soit prouvable dans T , alors, par ohéren e ¬En[n] n'estpas prouvable. Puisque ¬En représente (T HT )d, n /∈ (T HT )d et, par dénitionde ()d, En[n] n'est pas prouvable. Ce qui ontredit l'hypothèse. .q.f.d. ♦♦♦Informellement En[n] signie Cet énon é n'est pas démontrable . D'où lerésultat. Le orollaire immédiat qui nous intéresse est le suivant.Proposition 41 Soit T une théorie ohérente telle que (T HT )d soit représen-table alors T est syntaxiquement in omplet.PreuveSoit ϕ la formule qui représente (T HT )d, alors ¬¬ϕ représente aussi (T HT )d( omplétude sémantique du al ul propositionnel). Soit En ≡ ¬ϕ, d'après laproposition pré édente En[n] n'est ni démontrable ni réfutable. .q.f.d. ♦♦♦Le lemme suivant expli ite un résultat déjà utilisé.Lemme 39 Soit T une théorie arithmétique ré ursivement énumérable alors(T HT )d est ré ursivement énumérable.PreuveCe i dé oule du fait que l'ensemble des théorèmes d'une théorie r.e. est r.e., quela numérotation et la fon tion diagonale de Gödel sont ré ursives. Par exemple,dans une bou le innie à l'étape n, on énumère les n premiers numéros dethéorèmes, l'image de [1, n] par d et on a he leur interse tion. .q.f.d. ♦♦♦Aussi pour exhiber des onditions d'in omplétude syntaxique, nous allons her her quelles onditions sur une théorie assurent que tout ensemble Σ1 estreprésentable.5.2.2 Ensembles énumérablesNous introduisons d'abord une nouvelle notion liée à l'expression des en-sembles.Dénition 54 Soient T une théorie et ϕ une formule dont l'ensemble des va-riables libres est ontenu dans v1, . . . , vn, vn+1, ϕ énumère R une relationn-aire de N dans T si : Si R(k1, . . . , kn) alors ∃kn+1 ∈ N tel que T ⊢ ϕ(vi ← kii≤n+1) Si ¬R(k1, . . . , kn) alors ∀kn+1 ∈ N on a T ⊢ ¬ϕ(vi ← kii≤n+1)Soient T une théorie arithmétique et ϕ une formule ave au plus x, y ommevariables libres ϕ énumère A ⊆ N un ensemble dans T si : Si k ∈ A alors ∃n ∈ N tel que T ⊢ ϕ(x← k, y ← n) Si k /∈ A alors ∀n ∈ N on a T ⊢ ¬ϕ(x← k, y ← n)L'intérêt de l'énumérabilité est justié par e lemme.

Lemme 40 Soit T une théorie arithmétique qui démontre toutes les formules loses Σ0− satisfaites par N, alors toutes les relations (et les ensembles) Σ1 sonténumérables.PreuveSoit R une relation n-aire Σ1 et ∃vn+1ϕ une formule qui l'exprime ave l'en-semble des variables libres de la formule Σ0− ϕ ontenu dans v1, . . . , vn+1.Supposons que R(k1, . . . , kn) soit vériée, alors il existe kn+1 tel que N |=ϕ(vi ← kii≤n+1). Par hypothèse du lemme T ⊢ ϕ(vi ← kii≤n+1).Supposons que R(k1, . . . , kn) ne soit pas vériée, alors pour tout kn+1, N |=¬ϕ(vi ← kii≤n+1). Par hypothèse du lemme T ⊢ ¬ϕ(vi ← kii≤n+1).Par onséquent, ϕ énumère R. .q.f.d. ♦♦♦Arrivé à e point du développement, le le teur attentif aura ompris quepour parvenir au résultat d'in omplétude, il nous faut : une ondition sur la théorie qui assure que toutes les formules loses Σ0−satisfaites par N sont prouvables ; une ondition sur la théorie qui assure que l'énumérabilité implique lareprésentativité.C'est l'objet des deux sous-se tions qui suivent.5.2.3 Le système R

−Le système d'axiomes R− est le suivant.Ω1 : Toutes les formules m+ n = k ave m+ n = kΩ2 : Toutes les formules m× n = k ave mn = kΩ3 : Toutes les formules m 6= n ave m 6= nΩ4 : Toutes les formules ∀x x ≤ n⇔ (x = 0 ∨ . . . ∨ x = n)Dans un sou i de lisibilité, nous avons onservé les abréviations (⇔,∨, 6=,≤).Proposition 42 Soit T une théorie arithmétique qui démontre les formules de

R− et ϕ une formule lose Σ0− alors : Si N |= ϕ alors T ⊢ ϕ. Si N 6|= ϕ alors T ⊢ ¬ϕ.PreuveDans ette preuve lorsqu'on parle de omplétude sémantique, il s'agit de ellede la logique du premier ordre. Démontrons la proposition par indu tion sur lataille de la formule ϕ.Cas ϕ ≡ m = n. Si N |= m = n, ela signie que m = n. Puisque ⊢ x = x,par substitution on obtient ⊢ ϕ. Si N 6|= m = n, ela signie que m 6= n. AlorsT ⊢ ¬ϕ qui est une forme de l'axiome Ω3.Cas ϕ ≡ m+ n = p. Si N |= ϕ, ela signie que ϕ est une forme de l'axiomeΩ1. Don T ⊢ ϕ Si N 6|= ϕ, ela signie que m+n = q 6= p. Alors T ⊢ m+n = qet T ⊢ q 6= p. Par omplétude sémantique, on obtient T ⊢ ¬ϕ. Le as m×n = pse traite de manière identique ave l'axiome Ω2.

Cas ϕ ≡ m ≤ n. Si N |= m ≤ n, ela signie que m ≤ n. Puisque ⊢ m = met T ⊢ (m = 0 ∨ . . . ∨m = n) ⇒ m ≤ n (axiome Ω4 suivi d'une substitution),on obtient par omplétude sémantique T ⊢ ϕ. Si N 6|= m ≤ n, ela signie quem > n. Par onséquent T ⊢ m 6= k pour tout k ≤ n. A l'aide d'une ontraposéede l'axiome Ω4 suivi d'une substitution, on obtient T ⊢ (m 6= 0∧ . . .∧m 6= n)⇒¬m ≤ n. Par omplétude sémantique, T ⊢ ¬ϕ.Cas ϕ ≡ ¬ψ. Si N |= ϕ alors N 6|= ψ et par hypothèse de ré urren e T ⊢ ϕ.Si N 6|= ϕ alors N |= ψ et par hypothèse de ré urren e T ⊢ ψ. Par omplétudesémantique, T ⊢ ¬¬ψ.Cas ϕ ≡ ψ ⇒ χ. Si N |= ϕ alors N 6|= ψ ou N |= χ. Par hypothèse deré urren e, T ⊢ ¬ψ ou T ⊢ χ. Par omplétude sémantique, T ⊢ ϕ. Si N 6|= ϕalors N |= ψ et N 6|= χ. Par hypothèse de ré urren e, T ⊢ ¬ψ ou T ⊢ ¬χ. Par omplétude sémantique, T ⊢ ¬ϕ.Cas ϕ ≡ ∀vi(vi ≤ n ⇒ ψ). Si N |= ϕ alors N |= ψ(vi ← k) pour tout k ≤ n.Par hypothèse de ré urren e T ⊢ ψ(vi ← k) pour tout k ≤ n. Par omplétudesémantique, T ⊢ vi = k ⇒ ψ pour tout k ≤ n. Par omplétude sémantique,T ⊢ (vi = 0 ∨ . . . ∨ vi = n) ⇒ ψ L'axiome Ω4 ave vi substitué à x, nousdonne T ⊢ vi ≤ n ⇒ (vi = 0 ∨ . . . ∨ vi = n). Par omplétude sémantique,T ⊢ (vi ≤ n⇒ ψ). La règle de généralisation donne alors T ⊢ ϕ.Si N 6|= ϕ alors N 6|= ψ(vi ← k) pour un ertain k ≤ n. Don T ⊢ ¬ψ(vi ← k) etT ⊢ k ≤ n par hypothèse de ré urren e. Autrement dit, T ⊢ ¬ψ(vi ← k)∧k ≤ n.Par omplétude sémantique, T ⊢ ∃vi¬ψ ∧ vi ≤ n e qui permet de on lure, denouveau par omplétude sémantique, que T ⊢ ¬ϕ. .q.f.d. ♦♦♦5.2.4 L'ω- ohéren eL'ω- ohéren e est une propriété qu'on peut raisonnablement attendre d'unethéorie axiomatisant l'arithmétique.Dénition 55 Soit T une théorie relative à l'arithmétique, T est dite ω- ohérentesi pour toute formule ϕ ave au plus vi omme variable libre, on a :Si T ⊢ ∃vi ϕ alors ∃n ∈ N tel que T 6⊢ ¬ϕ(vi ← n)Pour justier ette dénition, nous établissons la proposition suivante.Proposition 43 Soit T une théorie relative à l'arithmétique qui admet N pourmodèle, alors T est ω- ohérente.PreuveSi ∃vi ϕ est un théorème de T alors N |= ∃vi ϕ, don il existe n tel que N |=ϕ(vi ← n). Par onséquent, T 6⊢ ¬ϕ(vi ← n). .q.f.d. ♦♦♦Il se trouve que ette propriété est susante pour nos obje tifs.

Proposition 44 Soit T une théorie ω- ohérente et soit R une relation n-aireénumérable dans T alors R est représentable dans T .PreuveSoit ϕ une formule qui énumère R dans T .Supposons que R(k1, . . . , kn) soit vériée. Don ∃kn+1 tel que T ⊢ ϕ(vi ←kii≤n+1). Par omplétude sémantique T ⊢ ∃vn+1ϕ(vi ← kii≤n).Supposons que R(k1, . . . , kn) ne soit pas vériée. Don pour tout kn+1 ∈ N,T ⊢ ¬ϕ(vi ← kii≤n+1). Par ω- ohéren e, T 6⊢ ∃vn+1ϕ(vi ← kii≤n). .q.f.d. ♦♦♦Théorème 17 (1er Théorème d'in omplétude) Soit T une théoriearithmétique ré ursivement énumérable ω- ohérente telle que les axiomes deR− soient des théorèmes de T . Alors T n'est pas syntaxiquement omplet.PreuvePuisque les axiomes de R− sont des théorèmes de T , toute formule Σ0− satis-faite dans N est démontrable dans T (proposition 42). Puisque toute formule

Σ0− satisfaite dans N est démontrable dans T , toute relation Σ1 est énumérabledans T (lemme 40). Puisque T est ω- ohérente, toute relation Σ1 est représen-table dans T (proposition 44). En parti ulier (T HT )d est représentable dans T(lemme 39). Don T est syntaxiquement in omplet (proposition 41). .q.f.d. ♦♦♦Cette version du théorème implique la première version du théorème. En ef-fet, supposons qu'il existe une théorie syntaxiquement omplète T qui admetteN pour modèle. Alors puisque N satisfait les axiomes de R−, e sont des théo-rèmes de T . D'autre part, d'après la proposition 43, T est ω- ohérente. Don Test syntaxiquement in omplet !L'intérêt de la première version réside surtout dans le résultat intermédiairede la non arithmi ité des formules arithmétiques vraies.5.3 Le premier théorème de Gödel(-Rosser)L'hypothèse de l'ω- ohéren e du théorème semble introduite arti iellementpour parvenir au résultat. Nous allons maintenant nous en débarasser au prixd'un renfor ement des axiomes de R−.5.3.1 SéparabilitéNous établissons une proposition qui est une amélioration de la proposi-tion 40 de la se tion pré édente.Notation. RFT désignera l'ensemble des numéros de Gödel des formules ré-futables dans T .Proposition 45 Soit T une théorie et supposons que En représente un en-semble A tel que (RFT )d ⊆ A et A ∩ (T HT )d = ∅. Alors En[n] (et par onsé-quent En(x← n)) n'est ni prouvable, ni réfutable dans T .

PreuveSupposons que En[n] soit réfutable dans T , i.e. n ∈ (RFT )d. alors puisque(RFT )d ⊆ A et que En représente A, En[n] est prouvable, i.e. n ∈ (T HT )d. Cequi est impossible puisque (RFT )d ∩ (T HT )d = ∅.Supposons que En[n] soit prouvable dans T , i.e. n ∈ (T HT )d. alors puisqueA∩ (T HT )d = ∅, n /∈ A. Puisque En représente A, En[n] n'est pas prouvable, ànouveau impossible. .q.f.d. ♦♦♦Ce i nous onduit à la dénition suivante.Dénition 56 Soient T une théorie et ϕ une formule dont l'ensemble des va-riables libres est ontenu dans v1, . . . , vn, ϕ sépare R et R′ deux relationsn-aires de N dans T si : Si R(k1, . . . , kn) alors T ⊢ ϕ(vi ← kii∈1..n). Si R′(k1, . . . , kn) alors T ⊢ ¬ϕ(vi ← kii∈1..n).Soient T une théorie et ϕ une formule ave au plus v1 omme variable libre ϕsépare A,B ⊆ N deux ensembles dans T si : Si k ∈ A alors T ⊢ ϕ(v1 ← k). Si k ∈ B alors T ⊢ ¬ϕ(v1 ← k).Dans la proposition 45, la ohéren e était garantie par les hypothèses (prouvez-le). Nous la réintroduisons maintenant ave ette variante.Proposition 46 Soit T une théorie ohérente et supposons que En sépare (RFT )det (T HT )d. Alors En[n] (et par onséquent En(x ← n)) n'est ni prouvable, niréfutable dans T .PreuveSoit A, l'ensemble représenté par En. Par dénition de la séparation, (RFT )d ⊆A. S'il existe k ∈ A ∩ (T HT )d alors En(v1 ← k) est à la fois prouvable (k ∈ A)et réfutable (k ∈ (T HT )d) ontrairement à la ohéren e. Don les hypothèsesde la proposition 45 sont satisfaites. Ce qui permet de on lure. .q.f.d. ♦♦♦5.3.2 Le système RLe système d'axiomes R (une extension de R−) est le suivant.

Ω1 : Toutes les formules m+ n = k ave m+ n = kΩ2 : Toutes les formules m× n = k ave mn = kΩ3 : Toutes les formules m 6= n ave m 6= nΩ4 : Toutes les formules ∀x x ≤ n⇔ (x = 0 ∨ . . . ∨ x = n)Ω5 : Toutes les formules ∀x x ≤ n ∨ n ≤ xProposition 47 Soient T une théorie telle que les axiomes de R soient desthéorèmes de T , P et P ′ deux relations énumérables, alors P ∧ ¬P ′ et P ′ ∧ ¬Psont séparables.

PreuveSoient ϕ et ψ les formules qui énumérent P et P ′.On suppose que vn+2 n'apparaît pas dans ϕ et dans ψ.Supposons P (k1, . . . , kn) ∧ ¬P ′(k1, . . . , kn).Puisque P (k1, . . . , kn), il existe kn+1 tel que T ⊢ ϕ(vi ← kii≤n+1).D'autre part ⊢ vn+2 ≤ kn+1 ∨ ¬vn+2 ≤ kn+1A l'aide de l'axiome Ω4, on en déduitT ⊢ vn+2 = 0 ∨ . . . ∨ vn+2 = kn+1 ∨ ¬vn+2 ≤ kn+1Puisque ¬P ′(k1, . . . , kn), pour tout k ≤ kn+1,T ⊢ vn+2 = k ⇒ ¬ψ(vi ← kii≤n ∪ vn+1 ← vn+2)En ombinant (propositionnellement),T ⊢ ¬ψ(vi ← kii≤n ∪ vn+1 ← vn+2) ∨ ¬vn+2 ≤ kn+1Par généralisation,T ⊢ ∀vn+2 ¬ψ(vi ← kii≤n ∪ vn+1 ← vn+2) ∨ ¬vn+2 ≤ kn+1En in luant la première dédu tion,T ⊢ ϕ(vi ← kii≤n+1)∧∀vn+2 (¬ψ(vi ← kii≤n ∪ vn+1 ← vn+2) ∨ ¬vn+2 ≤ kn+1)Par omplétude sémantique,T ⊢ ∃vn+1 ϕ(vi ← kii≤n)∧∀vn+2 (¬ψ(vi ← kii≤n ∪ vn+1 ← vn+2) ∨ ¬vn+2 ≤ vn+1)Posons θ ≡ ∃vn+1ϕ ∧ ∀vn+2 (¬ψ(vn+1 ← vn+2) ∨ ¬vn+2 ≤ vn+1).Nous venons de prouver que T ⊢ θ(vi ← kii≤n).Notons que θ s'é rit aussi :

∃vn+1ϕ ∧ ∀vn+2 (vn+2 ≤ vn+1 ⇒ ¬ψ(vn+1 ← vn+2))Remarquons que ⊢ ¬θ ⇔ ∀vn+1¬ϕ ∨ ∃vn+2 (ψ(vn+1 ← vn+2) ∧ vn+2 ≤ vn+1)Ave l'hypothèse sur vn+2,⊢ ¬θ ⇔ ∀vn+1∃vn+2 ¬ϕ ∨ (ψ(vn+1 ← vn+2) ∧ vn+2 ≤ vn+1)Ou en ore,⊢ ¬θ ⇔ ∀vn+1∃vn+2 (¬ϕ ∨ ψ(vn+1 ← vn+2)) ∧ (¬ϕ ∨ vn+2 ≤ vn+1)Supposons P ′(k1, . . . , kn) ∧ ¬P (k1, . . . , kn).Puisque P ′(k1, . . . , kn), il existe kn+1 tel que T ⊢ ψ(vi ← kii≤n+1).D'où : T ⊢ ¬ϕ(vi ← kii≤n) ∨ ψ(vi ← kii≤n+1).Notez que vn+1 n'a pas été substitué dans ϕ.Puisque ¬P (k1, . . . , kn), pour tout kT ⊢ ¬ϕ(vi ← kii≤n ∪ vn+1 ← k).Par onséquent, pour tout k ≤ kn+1,on a T ⊢ vn+1 = k ⇒ ¬ϕ(vi ← kii≤n).En ombinant,T ⊢ (vn+1 = 0 ∨ . . . ∨ vn+1 = kn+1)⇒ ¬ϕ(vi ← kii≤n).A l'aide de Ω4, on obtientT ⊢ vn+1 ≤ kn+1 ⇒ ¬ϕ(vi ← kii≤n).Autrement dit, T ⊢ ¬ϕ(vi ← kii≤n) ∨ ¬vn+1 ≤ kn+1.En utilisant l'axiome Ω5, on obtientT ⊢ ¬ϕ(vi ← kii≤n) ∨ kn+1 ≤ vn+1.En ombinant ave une dédu tion pré édente,T ⊢ (¬ϕ(vi ← kii≤n) ∨ ψ(vi ← kii≤n+1))∧(¬ϕ(vi ← kii≤n) ∨ kn+1 ≤ vn+1).

Par omplétude sémantique,T ⊢ ∃vn+2(¬ϕ(vi ← kii≤n) ∨ ψ(vi ← kii≤n ∪ vn+1 ← vn+2))∧(¬ϕ(vi ← kii≤n) ∨ vn+2 ≤ vn+1).Par généralisation,T ⊢ ∀vn+1∃vn+2(¬ϕ(vi ← kii≤n) ∨ ψ(vi ← kii≤n ∪ vn+1 ← vn+2))∧(¬ϕ(vi ← kii≤n) ∨ vn+2 ≤ vn+1).Autrement dit, T ⊢ ¬θ(vi ← kii≤n). .q.f.d. ♦♦♦Théorème 18 (1er Théorème d'in omplétude - version Rosser)Soit T une théorie arithmétique ré ursivement énumérable ohérente telle queles axiomes de R soient des théorèmes de T . Alors T n'est pas syntaxiquement omplet.PreuvePuisque (RFT )d et (T HT )d sont des ensembles Σ1, et que T démontre R−,ils sont énumérables dans T (proposition 42). Puisque T est ohérente, es en-sembles sont disjoints. Puisque T démontre R, ils sont séparables dans T (pro-position 47). Les hypothèses de la proposition 46 sont don satisfaites et T estsyntaxiquement in omplet. .q.f.d. ♦♦♦

5.4 Le se ond théorème de GödelL'obje tif du se ond théorème de Gödel est de trouver une formule signi- ative qu'une théorie n'arrive ni à démontrer. D'une manière plus pré ise, laformule à démontrer est l'une des formules représentant la ohéren e et pour-rait s'exprimer informellement ainsi : T ne peut démontrer qu'il n'y a pasde démonstration dans T de ¬0 = 0 . Au vu de la preuve, on peut substituern'importe quelle formule réfutable par T à la formule ¬0 = 0.Lemme 41 Soit T une théorie arithmétique qui démontre R et y = f(x) unefon tion qui est une relation Σ0− . Alors il existe une formule ϕ dont x et y sontles uniques variables libres telle que pour toutm, T ⊢ ∀y ϕ(x← m)⇔ y = f(m).PreuvePuisque T démontre R−, nous savons qu'il existe une formule ϕ′ telle que pourtoute paire d'entiers m,n :Si n = f(m) alors T ⊢ ϕ′(x← m, y ← n) sinon T ⊢ ¬ϕ′(x← m, y ← n)Sans perte de généralité, on suppose que z n'apparaît pas dans ϕ′.Posons ϕ ≡ ϕ′ ∧ ∀z (z < y ⇒ ¬ϕ′(y ← z)).T ⊢ y = f(m)⇒ ϕ(x← m) ssi T ⊢ ϕ(x← m, y ← f(m)).Posons n = f(m). Démontrons T ⊢ ϕ(x← m, y ← n).Par dénition de ϕ′, on a :T ⊢ ¬ϕ′(x← m, y ← 0) ∧ . . . ∧ ¬ϕ′(x← m, y ← n− 1)∧ϕ′(x← m, y ← n)Puisque R− ⊢ x < n⇒ x = 0 ∨ x = 1 . . . ∨ x = n− 1, T ⊢ ϕ(x← m, y ← n).Démontrons maintenant T ⊢ ϕ(x← m)⇒ y = f(m).Rappelons que pour tout n, R ⊢ y = 0 ∨ y = 1 . . . ∨ y = n ∨ y > n.

T ⊢ ϕ⇒ ((ϕ ∧ y = 0) ∨ (ϕ ∧ y = 1) . . . ∨ (ϕ ∧ y = n) ∨ (ϕ ∧ y > n))Puisque T ⊢ ¬ϕ′(x← m, y ← 0) ∧ . . . ∧ ¬ϕ′(x← m, y ← n− 1)∧ϕ′(x← m, y ← n)T ⊢ ¬(ϕ ∧ y = 0), T ⊢ ¬(ϕ ∧ y = 1), . . . , T ⊢ ¬(ϕ ∧ y > n).Par onséquent, T ⊢ ϕ⇒ y = n et on on lut par généralisation. .q.f.d. ♦♦♦Notation. Dans ette se tion, on note ψϕ ≡ ψ(x← g(ϕ)).Lemme 42 Soit T une théorie arithmétique qui démontre R et ψ une formuledont x est l'unique variable libre. Alors il existe une formule lose ϕ telle queT ⊢ ϕ⇔ ψϕ.PreuveRappelons que la fon tion diagonale y = d(x) est une relation Σ0− . En vertu dulemme 41, il existe une formule θd telle que pour tout m :

T ⊢ ∀y θd(x← m)⇔ y = d(m)Soit vi une variable n'apparaissant ni dans ψ ni dans θd.Posons ψ′ ≡ ∀vi (θd(y ← vi)⇒ ψ(x← vi)) et ϕ ≡ ∀x (x = g(ψ′)⇒ ψ′).Remarquons que g(ϕ) = d(g(ψ′)).Par onséquent, T ⊢ θd(y ← g(ϕ))(x← g(ψ′)).Par instan iation,ϕ ⊢ g(ψ′) = g(ψ′)⇒ ∀vi (θd(y ← vi)(x← g(ψ′))⇒ ψ(x← vi))Soit ϕ ⊢ ∀vi (θd(y ← vi)(x← g(ψ′))⇒ ψ(x← vi))Par instan iation, ϕ ⊢ θd(y ← g(ϕ))(x← g(ψ′))⇒ ψ(x← g(ϕ))D'où par modus ponens, T ∪ ϕ ⊢ ψϕA l'aide du lemme de dédu tion, on obtient : T ⊢ ϕ⇒ ψϕ.D'autre part,¬ϕ ⊢ ∃x x = g(ψ′) ∧ ¬ψ′

¬ϕ ⊢ ¬ψ′(x← g(ψ′))¬ϕ ⊢ ∃vi θd(y ← vi) ∧ ¬ψ(x← vi))Or T ⊢ ∀y θd(x← g(ψ′))⇒ y = g(ϕ)Par onséquent, T ∪ ¬ϕ ⊢ ¬ψϕA l'aide du lemme de dédu tion, on obtient : T ⊢ ¬ϕ⇒ ¬ψϕ.Ce qui permet de on lure. .q.f.d. ♦♦♦La dénition qui suit est au oeur de la preuve du se ond théorème d'in- omplétude de Gödel. On a déjà (impli itement) établi que pour une théorieω- onsistante qui démontre R−, il existe une formule arithmétique satisfaisantle point a de la dénition i-dessous.Dénition 57 Soit T une théorie arithmétique et soit Pr une formule arithmé-tique, dont x est l'unique variable libre. Pr est dite un prédi at de prouvabilitépour T si les trois onditions suivantes sont réunies.a. Pour toute formule lose ϕ, T ⊢ ϕ ssi T ⊢ Prϕb. Pour toutes formules loses ϕ, ψ, T ⊢ Prϕ⇒ ψ ⇒ (Prϕ ⇒ Prψ) . Pour toute formule lose ϕ, T ⊢ Prϕ ⇒ PrPrϕ

Théorème 19 (2ème Théorème d'in omplétude - version abstraite)Soit T une théorie arithmétique ohérente qui démontre R et qui possède unprédi at de prouvabilité Pr, alors T 6⊢ ¬Pr¬0 = 0.PreuveA l'aide des points a et b, on obtient que si T ⊢ ϕ⇒ ψ alors T ⊢ Prϕ ⇒ PrψNous désignerons ette assertion omme étant le point d.Dans la suite, nous notons ϕ, la formule du lemme 42 asso iée à ¬Pr.1. T ⊢ ϕ⇔ ¬Prϕ (par dénition de ϕ)2. T ⊢ Prϕ ⇒ Pr¬Prϕ (à l'aide de 1 et d)3. T ⊢ Prϕ ⇒ PrPrϕ (c)4. T ⊢ ¬Prϕ ⇒ (Prϕ ⇒ ¬0 = 0) (tautologie propositionnelle)5. T ⊢ Pr¬Prϕ ⇒ PrPrϕ ⇒ ¬0 = 0 (à l'aide de 4 et d)6. T ⊢ PrPrϕ ⇒ ¬0 = 0 ⇒ (PrPrϕ ⇒ Pr¬0 = 0) (b)7. T ⊢ Pr¬Prϕ ⇒ (PrPrϕ ⇒ Pr¬0 = 0) (à l'aide de 5 et 6)8. T ⊢ Prϕ ⇒ (PrPrϕ ⇒ Pr¬0 = 0) (à l'aide de 2 et 7)9. T ⊢ Prϕ ⇒ Pr¬0 = 0 (à l'aide de 3 et 8)10. T ⊢ ¬Pr¬0 = 0 ⇒ ¬Prϕ ( ontraposée de 9)11. T ⊢ ¬Pr¬0 = 0 ⇒ ϕ (à l'aide de 1 et 10)12. T ⊢ Pr¬Pr¬0 = 0 ⇒ Prϕ (à l'aide de 11 et d)13. T ⊢ Pr¬Pr¬0 = 0 ⇒ Pr¬0 = 0 (à l'aide de 9 et 12)Supposons que T ⊢ Pr¬Pr¬0 = 0 alors, par modus ponens, T ⊢ Pr¬0 =0 et par onséquent T ⊢ ¬0 = 0 (à l'aide de a) ontrairement à l'hypothèsede ohéren e. D'où T 6⊢ Pr¬Pr¬0 = 0 e qui entraine (à l'aide de a) queT 6⊢ ¬Pr¬0 = 0. .q.f.d. ♦♦♦Pour parvenir à une version on rète de e théorème, il faut établir quel typede théorie garantit l'existen e d'un prédi at de prouvabilité. C'est e qu'Hilbertet Bernays ont étudié en détail dans le tome 2 de leur livre Fondements desmathématiques . A suivre . . .5.5 TD n5Question n1. Démontrer la proposition 37.Question n2. Démontrer la proposition 38.Question n3. Démontrer la proposition 39.

Chapitre 6Logique du se ond ordre6.1 Syntaxe et sémantiqueLa logique du se ond ordre est syntaxique très pro he de la logique du pre-mier ordre. On adjoint d'abord au support des variables de fon tions et deprédi ats.Dénition 58 Un support Supp = 〈V ar, Cst, Fctii>0, Predii≥0〉 d'un al- ul de prédi ats est déni par : V ar, un ensemble dénombrable de variables. Cst, un ensemble ni ou dénombrable de onstantes. Fctii>0, une famille d'ensembles (disjoints) nis ou dénombrables defon tions. Fcti désigne l'ensemble des fon tions d'arité i. On note Fct =⊎

i>0 Fcti. Predii≥0, une famille d'ensembles (disjoints) nis ou dénombrables deprédi ats. Predi désigne l'ensemble des prédi ats d'arité i. On note Pred =⊎i≥0 Predi. V arFctii>0, une famille d'ensembles (disjoints) dénombrables de va-riables de fon tions. V arFcti désigne l'ensemble des variables de fon tionsd'arité i. On note V arFct =

⊎i>0 V arFcti. V arPredii≥0, une famille d'ensembles (disjoints) dénombrables de va-riables de prédi ats. V arPredi désigne l'ensemble des prédi ats d'arité i.On note V arPred =

⊎i≥0 V arPredi.Tous les ensembles de la dénition pré édente sont supposés disjoints.A l'aide de es éléments, on dénit d'abord des termes.Dénition 59 Soit un support Supp, un terme est déni indu tivement ommesuit : Une variable ou une onstante est un terme. Soit f ∈ Fcti ∪ V arFcti, t1, . . . , ti des termes alors f(t1, . . . , ti) est unterme.A partir des termes, on dénit les atomes.Dénition 60 Un atome est déni omme suit :Soit p ∈ Predi∪V arPredi, t1, . . . , ti des termes alors p(t1, . . . , ti) est un atome.80

Nous sommes maintenant prêts à dénir les formules de la logique du se ondordre.Dénition 61 L'ensemble des formules F2 de la logique du se ond ordre asso- iée à un support Supp est déni indu tivement omme suit : Un atome de Supp est une formule de F2. Si A,B ∈ F2 et x ∈ V ar∪V arFct∪V arPred alors ¬A ∈ F2, A⇒ B ∈ F2,∀xA ∈ F1 et ∃xA ∈ F2.Notations. Soit E un ensemble. Dans la suite e désignera une famille indexéepar V ar ∪ V arFct ∪ V arPred t.q. Si x ∈ V ar alors ex ∈ E Si x ∈ V arFcti alors ex ∈ E

i 7→ E Si x ∈ V arPredi alors ex ∈ Ei 7→ V, F

e[e′, x] désigne la famille obtenue à partir de e en substituant à e′ à ex.Dénition 62 Une interprétation ι asso iée à un support Supp est dénie par : Un ensemble non vide Eι. Pour haque onstante c ∈ Cst, un élement cι ∈ Eι ; Pour haque f ∈ Fcti, une fon tion f ι de Eiι dans Eι. Pour haque p ∈ Predi, une fon tion pι de Ei

ι dans V, F.L'interprétation d'un terme t est une fon tion tι de EV arι dans Eι où tι(e) estdéni indu tivement par : Si t = c ∈ Cst alors tι(e) = cι Si t = x ∈ V ar alors tι(e) = ex Si t = f(t1, . . . , tn) ave f ∈ Fctn alors tι(e) = f ι(tι1(e), . . . , t

ιn(e)) Si t = f(t1, . . . , tn) ave f ∈ V arFctn alors tι(e) = ef (tι1(e), . . . , t

ιn(e))L'interprétation d'un atome p(t1, . . . , ti) est une fon tion p(t1, . . . , ti)ι de EV ar

ιdans V, F dénie par : Si p ∈ Predn alors p(t1, . . . , tn)ι(e) = pι(tι1(e), . . . , tιn(e)) Si p ∈ V arPredn alors p(t1, . . . , tn)ι(e) = ep(t

ι1(e), . . . , t

ιn(e))L'interprétation d'une formule ϕ est alors dénie indu tivement omme unefon tion ϕι de EV ar

ι dans V, F ainsi : as ϕ = ¬ψ : ϕι(e) = V ssi ψι(e) = F. as ϕ = ψ1 ⇒ ψ2 : ϕι(e) = V ssi ψι1(e) = F ou ψι

2(e) = V. as ϕ = ∀xψ : ave x ∈ V ar (resp. x ∈ V arFcti, x ∈ V arFcti)ϕι(e) = V ssi∀e′ ∈ Eι (resp. e′ ∈ Ei

ι 7→ Eι, e′ ∈ Eiι 7→ V, F) ψι(e[e′, x]) = V. as ϕ = ∃xψ : ave x ∈ V ar (resp. x ∈ V arFcti, x ∈ V arFcti)

ϕι(e) = V ssi∃e′ ∈ Eι (resp. e′ ∈ Ei

ι 7→ Eι, e′ ∈ Eiι 7→ V, F) ψι(e[e′, x]) = V.

6.2 Résultats négatifsSoit la formule ϕ ∈ F2 dénie par :ϕ ≡ ∃R (∀x (¬R(x, x) ∧ (∃y R(x, y)) ∧ (∀y ∀z (R(x, y) ∧R(y, z))⇒ R(x, z))))

où x, y, z ∈ V ar,R ∈ V arPred2.Le support asso ié à ette formule ne ontient ni fon tion ni prédi at. Il s'agitdon d'une formule qui raisonne sur les ensembles. Elle arme que ι est unmodèle ssi il existe une relation transitive irréexive sur Eι t.q. tout élément estun omposant gau he d'une paire de la relation.Lemme 43 Une interprétation ι est un modèle de ϕ ssi Eι est inni.La proposition suivante établit le premier résultat négatif : la logique duse ond ordre n'est pas ompa te.Proposition 48 Il existe un ensemble dénombrable de formules non simulta-nément satisfaisables t.q. tout sous-ensemble ni est satisfaisable.Reprenons le support de l'arithmétique étudié dans le hapitre onsa ré auxthéorèmes de Gödel. Soit les formules :T1 : ∀P (P (0) ∧ ∀x P (x)⇒ P (x′))⇒ ∀x P (x)T2 : ∀x x′ 6= 0T3 : ∀x ∀y x′ = y′ ⇒ x = yProposition 49 Une interprétation ι satisfait T1, T2, T3 ssi ι est isomorphe à

(N, 0,′ ).La proposition suivante établit le deuxième résultat négatif : l'in omplétudesémantique.Proposition 50 La logique du se ond ordre n'admet pas de système d'axiomeset de règles de dédu tion ré ursivement énumérables qui soit sémantiquement omplet.6.3 Logique et langageLa logique du se ond ordre se ara térise par une grande expressivité etl'absen e de système de dédu tion sémantiquement omplet. Elle est don in-téressante à étudier dans le adre de théories parti ulières. Nous illustrons epoint vis à vis des langages formels.Un mot est une suite nie de lettres sur un alphabet ni disons A. Nousexpliquons omment restreindre les interprétations d'une logique de se ond ordreaux mots nis. Nous nous dotons d'un prédi at binaire S représentant le faitque deux positions se su èdent et de |A| prédi ats unaire Qaa∈A indiquantqu'en une position donnée la lettre a apparaît. Nous ex luons le as du mot delongueur nulle qui présente des ompli ations te hniques sans intérêt du pointde vue théoriqueProposition 51 Il existe un ensemble ni de formules de la logique du se ondordre dont les seuls modèles sont les mots nis (de longueur non nulle).Dans la suite, les modèles onsidérés sont don les mots nis et on parledu langage re onnu par une formule ( lose) ϕ. On introduit les abréviations.first(x) ≡ ∀y ¬S(y, x) et last(x) ≡ ∀y ¬S(x, y).

Proposition 52 Pour tout automate ni A = (Q,A, q0, δ, F ) , on peut onstruireune formule ϕ t.q. l'ensemble des mots de longueur non nulle re onnus par Asoit L(ϕ).Lorsque les formules ont pour variables de prédi ats uniquement des prédi- ats unaires. On appelle e fragment MSO ( Monadi Se ond Order Logi ).Notre obje tif est de démontrer que les langages des formules MSO sont ration-nels. On aura ainsi obtenu une ara térisation logique des langages rationnels.Avant d'établir la preuve, nous transformons légèrement les formules an demasquer les variables de premier ordre dans des abréviations. Plus pré isémentnous pro édons omme suit. La première abréviation indique qu'un (ou une variable de) prédi at unaireest vrai en une unique position.Sing(X) ≡ ∃x X(x) ∧ ∀x ∀y (X(x) ∧X(y))⇒ x = y La deuxième abréviation indique qu'un (ou une variable de) prédi atunaire désigne un sous-ensemble de positions d'un autre prédi at unaire.X ⊆ Y ≡ ∀x X(x)⇒ Y (x) La troisième abréviation indique que deux prédi ats unaires sont vrais enune unique position, l'une étant le su esseur de l'autre.Succ(X,Y ) ≡ Sing(X) ∧ Sing(Y ) ∧ ∃x ∃y X(x) ∧ Y (y) ∧ S(x, y)Toute formuleMSO peut être alors transformée pour ne plus faire apparaîtreque des variables de se ond ordre. Nous en donnons un exemple qui devrait onvain re le le teur de la simpli ité de la transformation. La formule :

ϕ ≡ ∀x Qa(x)⇒ (∃y S(x, y) ∧ Z(y))devient :ϕ′ ≡ ∀X Sing(X)⇒ (X ⊆ Qa ⇒ (∃Y Sing(Y ) ∧ (Succ(X,Y ) ∧ Y ⊆ Z)))Nous appellerons e fragment MSO0.Nous voulons démontrer le résultat par indu tion sur la taille de la formule.Cependant e i nous onduit à nous interroger sur la signi ation de la satis-fa tion d'une formule qui omporte des variables libres. Dans le as présent, ils'agit uniquement de variables de prédi at unaires. Autrement, la satisfa tiondépend de la valeur attribuée à es prédi ats unaires. Puisqu'on raisonne sur desmots, la valuation de haque prédi at peut être interprétée omme un booléenétiquetant haque position. Autrement dit, soit ϕ une formule dont X1, . . . , Xksont les variables libres, soit w = w0 . . . wn un mot et soit P1, . . . , Pk une valua-tion de X1, . . . , Xk. Alors ϕw[Xi ← Pii] = V ssi ϕw′

= V où w′ = w′0 . . . w′nest onstruit sur l'alphabet A × V, Fk par w′p = (wp, P1(p), . . . , Pk(p)) et où

Qa(p)w′ est vrai si la première omposante de w′p est a et Xi(p) est vrai si sila i + 1ème omposante de w′p est V. On vient don d'établir une orrespon-dan e biunivoque entre les mots de A+ dotés d'une valuation pour X1, . . . , Xket les mots de (A × V, Fk)+. On peut don parler du langage d'une formuleMSO0 quel onque, la nouvelle notion oïn idant ave l'an ienne dans le as desformules loses.Proposition 53 Pour toute formule ϕ ∈ MSO0, on peut onstruire un auto-mate ni qui re onnaisse L(ϕ).

En ombinant les deux théorèmes, on en déduit que toute formule MSO surles mots nis est équivalente à une formule EMSO 'est à dire une formule oùles variables du se ond ordre sont quantiées existentiellement.6.4 TD n6Question n1. Démontrer le lemme 43.Question n2. Démontrer la proposition 48.Question n3. Démontrer la proposition 49.Question n4. Démontrer la proposition 50.Question n5. Démontrer la proposition 51.Question n6. Démontrer la proposition 52.Question n7. Démontrer la proposition 53.

Chapitre 7Introdu tion aux lasses de omplexité7.1 Ma hines de Turing universellesThéorème 20 Il existe une ma hine de Turing déterministe U qui prend enentrée la représentation d'une ma hine de Turing déterministe M et un mot xde l'alphabet de M t.q. si T est le temps de al ul de M sur x alors U produitle même résultat en temps O(T log(T )) (ave une onstante qui dépend de Mmais pas de x).PreuveDans un premier temps, nous onstruisons une ma hine U à bandes bidire tion-nelles. U a une bande d'entrée, une bande de sortie et deux bandes de travail,appelées bande de simulation et bande d'état. La bande d'état ontient unereprésentation de l'état ourant de M et la position de la tête de le ture deM sur sa bande d'entréee et la bande de simulation, la seule à être utilisée defaçon bidire tionnelle ontient le ontenu juxtaposé des bandes de travail.Le odage traditionnel de plusieurs bandes par une unique bande à alphabetxé se fait en deux étapes. Tout d'abord si l'alphabet deM est Σ (ave |Σ| ≥ 2)et si k est le nombre de bandes de travail de M, on onsidère l'alphabet Σk.Chaque lettre de et alphabet est alors asso ié à une représentation binaire delongueur m = ⌊log2(|Σ

k| − 1)⌋ + 1 et haque groupe de k ellules juxtaposéesest odé par un blo de m ellules.A l'aide d'une bande bidire tionnelle, on peut s'arranger pour dépla er le ontenudes bandes simulées de telle sorte qu'au début d'un pas de simulation, la têtede le ture de la bande de simulation soit toujours à la position 0 (voir la -gure 7.1). Cependant e dépla ement même limité aux ara tères diérents dublan onduit à une simulation d'un pas en O(T ) (puisqu'il peut y avoir T ara tères utiles) et par onséquent à une simulation en O(T 2).An de limiter les dépla ements des bandes, on a re ours à une représen-tation expansée des bandes à l'aide d'un ara tère supplémentaire ⊕ dié-rent du blan . Dans ette représentation la bande est partitionnée en seg-ments . . . , Li, . . . , L1, [0, 0], R1, . . . , Ri, . . . t.q. Li = [−2i+1 + 2,−2i + 1] et85

Ri = [2i − 1, 2i+1 − 2]. Au début de tout pas de simulation, haque (repré-sentation de) bande vérie les propriétés suivantes : Chaque segment (Li, Ri) est soit vide, soit plein soit à moitié-plein. Il estvide s'il ne ontient que des ⊕, plein s'il ne ontient pas de ⊕, et à moitiéplein si la moitié de es ara tères sont des ⊕. Li est vide (resp. plein, à moitié plein) ssi Ri est plein (resp. vide, à moitiéplein) Initialement, tous les segments sont à moitié-plein (il sut de rempla er lamoitié des blan s de Li et de Ri par des ⊕ la première fois qu'on ren ontreLi ou Ri). La position 0 ne ontient pas de ⊕.Nous dé rivons maintenant sur haque représentation de bande l'eet d'un dé-pla ement. Nous nous limitons à un dépla ement à droite ar l'autre as estsymétrique. U her he le plus petit Ri non vide (et don Li n'est pas plein). U re opie le premier ara tère diérent de ⊕ de Ri à la position 0 et les2i−1−1 autres ara tères suivants diérents de⊕ deRi dansR1, R2, . . . , Ri−1en remplissant à moitié es segments. A gau he de la tête de le ture, il y a l'an ien ara tère de la position 0 et2(2i−1) ara tères diérents de 0 dans Li−1, . . . , L1. U re opie ensuite les2i ara tères les plus à gau he dans Li et dispose les 2i−1 − 1 ara tèresrestants de telle sorte que Li−1, . . . , L1 soient à moitié pleins.La représentation expansée et la simulation du dépla ement sont illustrées parla gure 7.2 sur le même exemple que pour la représentation ompa te.Le point lef de la simulation est que lorsqu'un ara tère de la bande Li ou

Ri est mis en position 0, alors es deux segments ne peuvent être a édésqu'après au mois 2i−1 dépla ements de la tête dans une dire tion ar les seg-ments R1, R2, . . . , Ri−1 et Li−1, . . . , L1 sont à moitié pleins. Nous avons illustré e phénomène à la gure 7.3 pour i = 3.Par onséquent si la ma hineM omporte b bandes de travail, alors les segmentsLi et Ri sont dépla és au plus bT

2i−1 fois. Un dépla ement de Li ou de Ri se faiten O(2i). Par onséquent, le temps global de la simulation est :O(

log2(T )+1∑

i=1

bT2i

2i−1) = O(T log2(T ))

La simulation d'une ma hine à bande bidire tionnelle par une ma hine à bandeunidire tionnelle se fait en repliant la bande sur elle-même et le temps d'un pasde ette simulation est en O(1).Puisque seul le hoix du pas de M est non déterministe, U est déterministe sielle se borne à simuler des ma hines déterministes. .q.f.d. ♦♦♦Gra e au pouvoir de al ul du non déterminisme, on peut produire unema hine universelle plus e a e.Théorème 21 Il existe une ma hine de Turing non déterministe U qui prenden entrée la représentation d'une ma hine de Turing non déterministeM et un

Fig. 7.1: Représentation ompa te et simulation de plusieurs bandes

Fig. 7.2: Représentation expansée et simulation de plusieurs bandes

Fig. 7.3: Dépla ement simulé d'une bande équilibrée mot x de l'alphabet de M t.q. si T est le temps de al ul de M sur x alors Uproduit le même résultat en temps O(T ) (ave une onstante qui dépend de Mmais pas de x).PreuveD'après nos hypothèses, toute exé ution deM se termine en un temps au plusT ave un résultat soit négatif soit positif. On suppose de plus que la ma hinedispose d'une transition qui ne fait rien et qui est possible uniquement dansl'état nal.La ma hine U a quelques bandes de travail : une bande de prédi tion, une bandeauxiliaire, une bande de ompteur et une bande de sortie simulée orrespondantà la bande sortie de M. U itère le pro essus suivant à l'aide d'un ompteurinitialisé à 1. Sur sa bande de prédi tion, il onstruit (ou omplète la suitedéjà onstruite) de manière non déterministe une suite de transitions deM delongueur égale au ompteur et é rit le résultat orrespondant sur la bande desortie simulée. Deux transitions su essives de ette suite sont t.q. l'état d'arrivéede la première transition est aussi l'état de départ de la deuxième transition.Dans le as ontraire, il vérie une bande après l'autre que l'exé ution préditeest réalisable sur haque bande (à l'aide de sa bande auxiliaire). Si l'exé utionn'est pas réalisale il rejette. Sinon il y a trois as possibles : Le dernier état est un état nal et la sortie est positive. U a epte. Le dernier état est un état nal et la sortie est négative. U rejette. Le dernier état n'est pas un état nal. U double la valeur du ompteur etpasse à l'itération suivante.La orre tion de la simulation ne présente pas de di ulté. La simulation ef-fe tuera au plus O(log(T )) tours. Le temps d'exé ution de haque tour est pro-portionnel à la valeur ourante du ompteur 1, 2, 4, . . . qui ne peut ex éder 2T .D'où un temps umulé en O(

∑k O(T/2k)) = O(T ).

Le point lef de ette simulation est la possibilité d'ee tuer les simulations sur haque bande de manière indépendante et don d'éviter la re her he des têtesde le ture. .q.f.d. ♦♦♦Théorème 22 Il existe une ma hine de Turing (déterministe) U qui prend enentrée la représentation d'une ma hine de Turing (déterministe) M et un motx de l'alphabet deM t.q. si E est l'espa e né essaire au al ul deM sur x alorsU produit le même résultat en espa e O(max(E, log2(|x|)) (ave une onstantequi dépend de M mais pas de x).PreuveIl sut d'adopter la représentation ompa te du théorème 20. Le fa teur log2(|x|)provient du sto kage de la tête de le ture de la bande d'entrée deM. .q.f.d. ♦♦♦

7.2 Hiérar hies de omplexitéAn d'établir des théorèmes qui établissent des in lusions stri tes entre lasses de omplexité, il est né essaire de se retreindre à des fon tions de mesurede omplexité réalistes (et réalisables).Dénition 63 Soit f : N 7→ N∗ une fon tion, f est dite temporellement (resp.spatialement) onstru tible s'il existe une ma hineM qui produit pour une en-trée de longueur n, une sortie onstituée de la représentation binaire ou unairede f(n) (resp. d'un marqueur sur la ellule f(n), e.g. le mot 0n−11) en un tempsinférieur ou égal à f(n) (resp. en utilisant un espa e inférieur ou égal à f(n)).La plupart des fon tions usuelles sont spatialement et temporellement onstru -tibles : n, n2, 2n, . . .. La fon tion ⌈log2(n + 1)⌉ + 1 est spatialement (mais pastemporellement) onstru tible.Le deuxième ingrédient dont nous avons besoin est une représentation desma hines de Turing telle qu'une ma hine admette une innité de représentationset plus pré isément telle que pour toute ma hineM, il existe n0 vériant ∀n ≥n0 il existe une représentation de M de taille n. Cette représentation est trèsfa ile à onstruire. Donnons-nous une représentation quel onque des ma hinesde Turing disons xM, la représentation re her hée est de la forme 1n0xM pourn quel onque.Nous présentons les théorèmes de hiérar hie par ordre de di ulté roissante.Théorème 23 Soient f(n) ≥ log2(n) et g(n) ≥ log2(n) deux fon tions spatia-lement onstru tibles vériant :

lim infn→∞

f(n)

g(n)= 0Alors il existe un langage L a epté par une ma hine de Turing opérant sur uneentrée x en espa e g(|x|) mais par au une par une ma hine de Turing opérantsur une entrée x en espa e f(|x|).

PreuveNous onstruisons une ma hine U ′ qui est une variante de la ma hine universelledu théorème 22. U ′ a une bande supplémentaire dite bande de ompteur poursto ker un ompteur. Soit x une entrée de taille n, U ′ ommen e par marquer sesbandes de travail ave un marqueur en position g(n). Par la suite, si sa simulation(y ompris dans la phase initiale) le onduit à dépasser son marqueur il s'arrêteet rejette.Si x n'est pas la représentation d'une ma hine de Turing (disons M) alors U ′rejette. Dans le as ontraire, il initialise son ompteur à nqf(n)ntnntf(n)a ave

nq le nombre d'états deM, nt le nombre de bandes deM et nq le nombre delettres de M. Observons que d'une part e ompteur représente un majorantstri t du plus grand nombre de pas que peut faire une ma hine qui se termineen opérant en espa e f(n) et d'autre part que e ompteur o upe une pla e enO(f(n)) si on fait roître n en laissant la ma hineM xe.Puis U ′ entreprend la simulation deM sur x en dé rémentant son ompteur eten avortant sa simulation si son ompteur s'annule et en rejetant. Lorsque lasimulation se termine, alors U ′ rejette ssiM a epte.Soit L le langage a epté par U ′. Par onstru tion U ′ opère en espa e g(n).Supposons que L soit re onnu par une ma hineM qui opère en espa e f(n) ≥log2(n). D'après le théorème 22 la simulation deM requiert un espa e O(f(n)).Sa hant que lim infn→∞

f(n)g(n) = 0 et qu'on peut hoisir n quel onque susam-ment grand pour la taille d'une représentation x de M, la simulation de Mpour un tel x se poursuit jusqu'à son terme onduisant à un résultat diérentpourM et U ′ d'où la ontradi tion. .q.f.d. ♦♦♦Théorème 24 Soient f(n) ≥ n et g(n) ≥ n deux fon tions temporellement onstru tibles vériant :

lim infn→∞

f(n) log(f(n))

g(n)= 0 ∧ lim

n→∞

g(n)

n=∞Alors il existe un langage L a epté par une ma hine de Turing déterministeopérant sur une entrée x en temps g(|x|) mais par au une par une ma hine deTuring déterministe opérant sur une entrée x en temps f(|x|).PreuveNous onstruisons une ma hine U ′ qui est une variante de la ma hine universelledu théorème 20. U ′ a deux bandes supplémentaires dites bandes de ompteurpour sto ker un ompteur binaire et unaire. Soit x une entrée de taille n, U ′ ommen e par al uler g(n) en binaire puis à l'aide de e résultat marque sabande de ompteur ave un marqueur en position g(n) (le tout en temps 5g(n)où la onstante 5 prend en ompte l'initialisation puis la dé rémentation du ompteur binaire et le dépla ement simultané du marqueur unaire). Par la suite, haque pas d'exé ution de U ′ dépla e le marqueur à gau he ave arrêt et rejetsi le marqueur se dépla e à gau he de la bande.Si x n'est pas la représentation d'une ma hine de Turing (disons M) alors U ′rejette.

Puis U ′ entreprend la simulation deM sur x. Si la simulation se termine sansrejet dû au ompteur, alors U ′ rejette ssiM a epte.Soit L le langage a epté par U ′. Par onstru tion U ′ opère en temps 6g(n)dont g(n) pour la simulation. Supposons que L soit re onnu par une ma hineM qui opère en espa e f(n). D'après le théorème 20 la simulation deM requiertun temps O(f(n) log(f(n))). Sa hant que lim infn→∞

f(n) log(f(n))g(n) = 0 et qu'onpeut hoisir n quel onque susamment grand pour la taille d'une représenta-tion x de M, la simulation de M pour un tel x se poursuit jusqu'à son terme onduisant à un résultat diérent pourM et U ′. Don L n'est pas re onnu parune ma hine qui opère en espa e f(n).Puisque limn→∞

g(n)n =∞, il est possible de onstruire une ma hine U ′′ quire onnaît L et qui opère en temps g(n) ( e i se fait en groupant les ellules parblo sur les bandes de travail et en utilisant une bande de travail supplémentairepour re opier l'entrée sous forme blo ). .q.f.d. ♦♦♦Le théorème de hiérar hie pour les ma hines non déterministes est plus dif- ile à établir ar l'argument de diagonalisation requiert pour la ma hine uni-verselle le al ul de tous les hemins d'exé ution de la ma hine à simuler and'a epter si tous es hemins ne sont pas a eptants.Théorème 25 Soient f(n) ≥ n et g(n) ≥ n deux fon tions temporellement onstru tibles vériant :

lim infn→∞

f(n+ 1)

g(n)= 0 ∧ lim

n→∞

g(n)

n=∞Alors il existe un langage L a epté par une ma hine de Turing non déterministeopérant sur une entrée x en temps g(|x|) mais par au une par une ma hine deTuring non déterministe opérant sur une entrée x en temps f(|x|).PreuveOn dénit d'abord une suite d'intervalles de N dénis par ]uk, uk+1] (et l'inter-valle [0, 0]) ave u0 = 0 et uk+1 = f(uk + 1)2f(uk+1).Nous onstruisons une ma hine U ′ qui est une variante de la ma hine univer-selle non déterministe du théorème 21. U ′ a deux bandes supplémentaires ditesbandes de ompteur pour sto ker un ompteur binaire et unaire. Soit x uneentrée de taille n, U ′ ommen e par al uler g(n) en binaire puis à l'aide de erésultat marque sa bande de ompteur ave un marqueur en position g(n) (letout en temps 5g(n) où la onstante 5 prend en ompte l'initialisation puis ladé rémentation du ompteur binaire et le dépla ement simultané du marqueurunaire). Par la suite, haque pas d'exé ution de U ′ dépla e le marqueur à gau heave arrêt et rejet si le marqueur se dépla e à gau he de la bande.Si x n'est pas la représentation d'une ma hine de Turing (disons M) alors U ′rejette. Dans le as ontraire, U ′ détermine à quel intervalle ]uk, uk+1], |x| ap-partient. Ce i se fait en un temps O(|x|) en raison de la roissan e exponentiellede la suite uk.Si |x| < uk+1, U ′ entreprend la simulation de M sur 1x. Si la simulation setermine sans rejet dû au ompteur, alors U ′ a epte ssiM a epte.

Si |x| = uk+1, U ′ entreprend une simulation déterministe deM sur le suxede x de taille uk +1. Si la simulation se termine sans rejet dû au ompteur, alorsU ′ rejette ssiM a epte. Observons que ette simulation se fait en O(T2T ) oùT est le temps d'exé ution deM sur e suxe.Soit L le langage a epté par U ′. Par onstru tion U ′ opère en temps 6g(n)dont g(n) pour la simulation. Supposons que L soit re onnu par une ma hineM qui opère en espa e f(n). D'après le théorème 21 la simulation deM sur uneentrée de taille diérente d'un uk requiert un temps O(f(n+ 1)). Sa hant quelim infn→∞

f(n+1)g(n) = 0 et qu'on peut hoisir n quel onque susamment grandpour un intervalle ]uk, uk+1] de taille de représentation deM, la simulation de

M pour les x se poursuit jusqu'à son terme. Seul le as |x| = uk+1 né essite uneexpli ation. Puisque la simulation se fait sur un x′ de taille uk +1 la simulationdéterministe prend un temps O(f(uk+1)2f(uk+1)) = O(uk+1) = O(f(uk+1+1)).Examinons maintenant les diérents résultats. Dans la suite, x est la repré-sentation deM de taille |x|. Pour tout uk +1 ≤ |x| < uk+1, le résultat deM etde U ′ oïn ident mais le résultat de U ′ sur x est par dénition le résultat deMsur 1x. Don pour tout uk + 1 ≤ |x| ≤ uk+1, le résultat deM est identique. OrU ′ sur l'entrée x de taille uk+1 a le résultat opposé à elui deM sur l'entrée xde taille uk + 1 don à elui sur l'entrée x de taille uk+1. D'où la ontradi tion.Don L n'est pas re onnu par une ma hine qui opère en espa e f(n).Puisque limn→∞

g(n)n =∞, il est possible de onstruire une ma hine U ′′ quire onnaît L et qui opère en temps g(n) ( e i se fait en groupant les ellules parblo sur les bandes de travail et en utilisant une bande de travail supplémentairepour re opier l'entrée sous forme blo ). .q.f.d. ♦♦♦On introduit les lasses de omplexités suivantes.Dénition 64 Un langage L appartient à : D(f(n)) (resp. ND(f(n))) s'il existe une ma hine de Turing déterministe(resp. non déterministe) opérant en temps f(n) sur un mot de longueur ndont le langage est L. DSPACE(f(n)) (resp. NDSPACE(f(n))) s'il existe une ma hine deTuring déterministe (resp. non déterministe) opérant en espa e f(n) surun mot de longueur n dont le langage est L.Le théorème qui suit orrespond à des in lusions larges obtenues par deuxobservations élémentaires : une ma hine déterministe est un as parti ulier dema hine non déterministe et une ma hine ne peut o uper plus d'espa e queson temps d'exé ution.Théorème 26 On a pour toute fon tion f les in lusions suivantes : D(f(n)) ⊆ ND(f(n)) ⊆ NDSPACE(f(n)) D(f(n)) ⊆ DSPACE(f(n)) ⊆ NDSPACE(f(n)En pratique, seules ertaines lasses de omplexité orrespondent à des as ouramment ren ontrés. Ainsi on dénit : LOGSPACE ≡ DSPACE(log2(n)),

NLOGSPACE ≡ NDSPACE(log2(n)),

P ≡⋃

k∈ND(nk) (appelée aussi PTIME),

NP ≡⋃

k∈NND(nk) (appelée aussi NPTIME), PSPACE ≡⋃

k∈NDSPACE(nk),

NPSPACE ≡⋃

k∈NNDSPACE(nk), EXP ≡

⋃k∈N

D(2nk

) (appelée aussi EXPTIME),NEXP ≡

⋃k∈N

ND(2nk

) (appelée aussi NEXPTIME), et .A l'aide du théorème pré édent, on obtient les in lusions suivantes. Nous enredis uterons à la n de la pro haine se tion.LOGSPACE ⊆ NLOGSPACE ⊆ PTIME ⊆ NPTIME ⊆ NPSPACE

7.3 Egalité de lasses de omplexité7.3.1 Le théorème de Savit hThéorème 27 (Savit h) Le problème de l'a essibilité dans un graphe orientéà n sommets se résout par un algorithme en taille d'espa e O(log2(n)).PreuveL'algorithme proposée est une pro édure ré ursive, disons Cher he qui prenden entrée trois paramètres, un sommet sour e in, un sommet destination out etune longueur lg. Cette pro édure renvoie vrai s'il existe un hemin de longueurau plus lg qui joint in à out. Initialement, ette pro édure sera appelée ave lesdeux sommets pour lesquels on veut tester l'a essibilité et une longueur égaleà n− 1. La pro édure pro ède ainsi : Si lg ≤ 1 elle teste si in = out ou s'il existe un ar (in, out). Si lg > 1 elle par ourt l'ensemble des sommets ave une variable mid. Dansune itération, elle teste par deux appels ré ursifs s'il existe un hemin d'unelongueur au plus ⌈ lg2 ⌉ qui joint in à mid et un hemin d'une longueur auplus ⌊ lg2 ⌋ qui joint mid à out. Si elle les trouve elle renvoie vrai. A la ndes itérations, elle renvoie faux.La orre tion de ette pro édure est évidente. Analysons sa omplexité en es-pa e. Il y au plus ⌈log2(n)⌉+ 1 appels emboîtés. Les sommets sont représentéspar des identiants de taille ⌈log2(n)⌉ + 1 puisqu'il y a n sommets. Enn lalongueur maximale est n− 1 et peut aussi être odée sur ⌈log2(n)⌉+ 1 bits. Par onséquent haque appel onsomme O(log2(n)) espa e. .q.f.d. ♦♦♦L'a essibilité dans un graphe est un problème très pro he de l'a eptationd'un mot par une ma hine de Turing qui opère en espa e borné.Corollaire 10 Pour toute fon tion f space- al ulable t.q. f(n) ≥ log2(n),NSPACE(f(n)) ⊆ SPACE(f2(n))PreuveSoit M une ma hine de Turing non déterministe opérant en espa e f(n) surun mot x de taille n. On fait l'hypothèse non restri tive qu'il existe une unique onguration a eptante. On onstruit la ma hine M′ une ma hine de Turingdéterministe opérant en espa e f2(n) ainsi. Elle al ule d'abord f(n) pour dé-terminer la taille des ongurations à onsidérer. Puis M′ teste l'a essibilité

de la onguration a eptante à partir de la onguration initiale en implémen-tant l'algorithme du théorème 27. Elle ne onsulte son entrée que lorsqu'elleteste l'a essibilité en au plus un pas. La ontrainte sur log2(n) est né essaire ar dans une onguration deM, la représentation de la position de la tête dele ture de la bande d'entrée o upe O(log2(n)) bits. .q.f.d. ♦♦♦Le orollaire suivant est ertainement le plus utilisé mais on a aussiEXPSPACE = NEXPSPACE, et .Corollaire 11 PSPACE = NPSPACENotre suite d'in lusions devient :

LOGSPACE ⊆ NLOGSPACE ⊆ PTIME ⊆ NPTIME ⊆ PSPACEDe plus, on aNLOGSPACE ( PSPACE arNLOGSPACE ⊆ DSPACE(log2(n)).Par ontre, il est onje turé que toutes les in lusions i-dessus sont stri tes mais es problèmes sont ouverts depuis longtemps ...7.3.2 Le théorème d'Immerman-Szeleps ényiDans le lemme suivant, la sémantique d'une ma hine de al ul non détermi-niste est la suivante : lorsqu'elle a epte, le résultat est sur sa bande de al ul(ou sur une bande spé ique) et le résultat doit être le même quelque soit la onguration a eptante.Lemme 44 Soit M une ma hine de Turing non déterministe s'exé utant enun espa e de taille s(n) ≥ log2(n) space- al ulable1 où n est la taille de l'entrée.Alors il existe une ma hine de Turing non déterministe M′ s'exé utant en unespa e de taille O(s(n)), qui al ule N , le nombre de ongurations atteignablesdepuis la onguration initiale.PreuveAvant tout, la ma hineM′ al ule s(n).Notons Nd, le nombre de ongurations diérentes atteintes par la ma hineMdepuis la onguration initiale en au plus d pas. N0 = 1. La ma hineM′ al uleitérativement Nd. Supposons que M′ ait une exé ution qui a al ulé Nd, elle ontinue son al ul de la façon suivante : Elle initialise un ompteur cptext à 0. Puis elle énumère les ongurationso upant une pla e s(n). Pour haque onguration, disons current, elle initialise un ompteur,disons cptint et énumère de nouveau les ongurations o upant une pla es(n). Dans ette bou le interne, elle teste de manière non déterministe sila onguration ourante de ette bou le, disons local est a essible enau plus d pas en devinant un hemin de longueur au plus d. Ce test nondéterministe né essite seulement une onguration et un ompteur. Si 'estle as, elle in rémente cptint puis elle teste si current est a essible en un1Cette hypothèse n'est né essaire ni i i ni dans la suite de ette se tion mais elle simpliela preuve.

pas à partir de local et dans e as in rémente cptext et sort de la bou leinterne. Si elle termine sa bou le interne (sans avoir in rémenté cptext).Elle ontrle si le ompteur cptint est égal à Nd. Si e n'est pas le as elles'arrête sans a epter. A la n de l'énumération la plus externe cptext est égal à Nd+1 pusiqueles seules erreurs possibles ont été déte tées par le ontrle ee tué viacptint.La ma hine s'arrête lorsque Nd+1 = Nd = N . La ma hine o upe O(s(n)) espa epuisque les ompteurs sont bornés par 2s(n) les ongurations par s(n). .q.f.d. ♦♦♦Théorème 28 (Immerman-Szeleps ényi) Soit M une ma hine de Turingnon déterministe s'exé utant en un espa e de taille s(n) ≥ log2(n) space- al ulableoù n est la taille de l'entrée. Alors il existe une ma hine de Turing non déter-ministe M′ s'exé utant en un espa e de taille O(s(n)), qui a epte le langage omplémentaire de elui a epté parM.PreuveLa ma hine M′ est presque identique elle du lemme 44. La seule diéren eréside dans le fait que lorsqu'elle trouve une onguration a eptante de M,elle s'arrête et rejette. Par onséquent, si elle se termine en a eptant ela si-gnie qu'à son dernier al ul de Nd, elle a ren ontré toutes les ongurationsa essibles deM et qu'au une n'est a eptante. .q.f.d. ♦♦♦Le orollaire les plus important est relatif à NLOGSPACE. Pour ela, onintroduit de nouvelles lasses de omplexité relatives à des ma hines non déter-ministes dont la sémantique est la suivante : es ma hines a eptent si toutesleurs exé utions sont a eptantes. Clairement si un langage L est a peté parune ma hine non déterministe existentielle , le langage omplémentaire esta epté par une ma hine non déterministe universelle et vi e versa. Toutesles lasses non déteministes ave sémantique universelle seront notées ave lepréxe co. Le résultat pré édent donne don lieu à e orollaire important.Corollaire 12 co-NLOGSPACE = NLOGSPACE

7.4 Problèmes P -spa e omplets7.4.1 Universalité des langages réguliersTester la va uité d'un langage régulier L = ∅ ? (où L est donné par un auto-mate ou une expression régulière) se fait en temps polynomial ar e problèmese réduit à un problème d'a essibilité dans un graphe (e.g. existe-t-il un he-min de l'état initial vers un état nal ?). Tester l'universalité L = Σ∗ ? n'est pasa priori un problème équivalent ar le passage à l'automate omplémentaireentraine un fa teur d'a roissement exponentiel. Nous allons don étudier eproblème. Dans notre étude, nous utiliserons indiéremment la spé i ation dulangage régulier par un automate non déterministe sans ε-transition ou par uneexpression rationnelle ar il existe des tradu tions en temps polynomial d'unereprésentation vers l'autre.

Proposition 54 Soit A un automate non déterministe sur un alphabet Σ sansε-transition et L(A) son langage. Alors le problème de l'universalité de L(A)est dans PSPACE.PreuveSupposons que A ne re onnaisse pas un mot, alors Ac l'automate déterministe omplémentaire obtenu par la onstru tion des sous-ensembles re onnaît e mot.Il y a don un hemin dans Ac de l'état initial vers un état nal. Or l'automate omplémentaire a au plus 2n états. Don le hemin le plus ourt de l'état initialvers un état nal a une longueur au plus égale à 2n − 1.Nous re her hons e hemin par une pro édure non déterministe sans onstruireAc. Cette pro édure maintient un ompteur initialisé à 2n−1 et un état ourantde Ac (i.e. un sous-ensemble d'états de A). Elle hoisit de manière non déter-ministe un lettre de Σ et onstruit le su esseur de l'état ourant dans Ac etdé rémente le ompteur. Ce i s'ee tue uniquement à l'aide de A. Elle itère epro essus jusqu'à e qu'elle re ontre un état nal de Ac et renvoie vrai ou quele ompteur soit nul et elle renvoie faux.Cette pro édure o upe un espa e polynomial ( ompteur et état représentés enO(n)). Il sut alors de la déterminiser par la pro édure de Savit h. .q.f.d. ♦♦♦La borne supérieure est fait optimale ainsi que le démontre la propositionsuivante.Proposition 55 Soit E une expression rationnelle sur un alphabet Σ et L(E)son langage. Alors le problème de l'universalité de L(E) est PSPACE-di ile.PreuveSoit une ma hine de Turing déterministeM = (Q, T,A, δ, , q0, qf ) qui s'exé uteen espa e polynomial vis à vis de son entrée x, disons p(n) où p est un polynmeet n est la taille de x. Q est l'ensemble des états, T les symboles de la bande,A ⊆ T \ l'alphabet des entrées, ∈ T le blan , q0, qf les états initial et nal.Nous asso ions un mot à haque exé ution de la ma hine. L'alphabet de emot est Σ ≡ T ∪ qX | q ∈ Q ∧ X ∈ T ∪ ♯. On note ∆ = Σ \ ♯ etQT = qX | q ∈ Q ∧ X ∈ T. Le mot s'é rit w = ♯w1♯w2♯ . . . ♯wn♯ pour uneexé ution de longueur n ave wi la représentation de la ième onguration.Chaque mot wi a une longueur p(n) et représente le ontenu de la bande ave un unique symbole qX signalant à la fois l'état de la ma hine et la position dela ma hine.Nous allons onstruire une expression régulière E qui a epte les mots w quine sont pas des odages d'exé ution ou eux qui odent des exé utions qui neren ontrent pas l'état qf . Autrement dit, E = Σ∗ ssi x n'est pas a epté parM.Enumérons les diérents as possibles.1. w ne ontient pas un symbole qfX. Appelons A e langage.2. w ne ontient pas la onguration initiale mais ♯(q0x1)x2 . . . xn . . . ave

x = x1 . . . xn et apparaît p(n)−n fois, n'est pas un préxe de w. AppelonsB e langage.

3. w n'est pas de la forme w = ♯w1♯w2♯ . . . ♯wn♯ ave pour tout i, |wi| = p(n),une lettre de wi est de la forme qX et toutes les autres lettres de wiappartiennent à T . Appelons C e langage.4. w ontient deux ongurations su essives qui ne orrespondent pas à unpas de la ma hine. Appelons D e langage.Dans la suite, si S = s1, . . . , sk est un sous-ensemble de lettres, on utiliseS omme abréviation de l'expression rationnelle s1 + . . . + sk. et Ei ommeabréviation de E.E. . . . .E où E apparaît i fois, E0 étant ε. Soit l'expressionE1 ≡ (Σ \ qfX | X ∈ T)

∗, alors L(E1) = A.Soit : E2,1 = ∆.Σ∗ E2,2 = Σ.Σ \ q0x1.Σ∗ ∀3 ≤ i ≤ n+ 1 E2,i = Σi.Σ \ xi.Σ

∗ ∀n+ 2 ≤ i ≤ p(n) + 1 E2,i = Σi.Σ \ .Σ∗Posons E2 = E2,1 + . . .+ E2,p(n)+1 + ε+ Σ + . . .+ Σp(n). Alors L(E2) = B.Soit : ∀0 ≤ i ≤ p(n)− 1 E3,i = Σ∗.♯.∆i.♯.Σ∗(mots ave des ongurations trop ourtes) E3,p(n)+1 = Σ∗.♯.∆p(n)+1.∆∗.♯.Σ∗(mots ave des ongurations trop longues) F3 = ∆∗ + ∆∗.♯.∆∗ + ∆.Σ∗ + Σ∗.∆(mots sans ou ave un seul ♯, ne ommençant ou ne nissant pas par ♯) G3 = Σ∗.♯.T ∗.♯.Σ∗ + Σ∗.♯.T ∗.QT.T ∗.QT.T ∗.♯.Σ∗(mots ave des ongurations ne ontenant pas d'état ou ontenant deuxétats)Posons E3 = E3,1 + . . .+ E3,p(n)−1 + E3,p(n)+1 + F3 +G3. Alors L(E3) = C.Remarquons que si un mot ode une exé ution alors trois lettres onsé utivesai−1aiai+1 de e mot appartenant à ∆, déterminent de façon unique la lettreap(n)+i+1 si elle existe. Appelons f : ∆3 7→ 2Σ, la fon tion qui asso ie à troislettres de ∆, le sous-ensemble de Σ privé de la lettre ainsi déterminée (où Σ lui-même dans le as d'une suite de trois lettres ontenant au moins deux lettresde QT ). Posons Dc1,c2,c3

= Σ∗.c1.c2.c3.Σp(n).f(c1, c2, c3).Σ

∗ et E4 la somme desDc1,c2,c3

. Alors L(E4) = D.Nous laissons le soin au le teur de vérier que E = E1 +E2 +E3 +E4 est taillepolynomiale vis à vis de n. .q.f.d. ♦♦♦7.4.2 Satisfaisabilité d'une formule booléenne quantiéeUne formule booléenne quantiée (QBF ) est une formule de la forme ϕ ≡Qnxn . . . Q1x1ψ où ϕ est une formule propositionnelle sur l'ensemble des propo-sitions x1, . . . , xm ave m ≥ n. Soit une ae tation e : x1, . . . , xm 7→ V, F,on dénit indu tivement (par rapport à n) la satisfa tion de ϕ par e, notéee |= ϕ Si n = 0, il s'agit de satisfa tion standard en logique propositionnelle. SiQn = ∃, e |= ϕ ssi il existe v ∈ V, F t.q. e[v, n] |= Qn−1xn−1 . . . Q1x1ψ. Si Qn = ∀, e |= ϕ ssi pour tout v ∈ V, F, e[v, n] |= Qn−1xn−1 . . . Q1x1ψ.

Le problème de la satisfaisabilité onsiste à savoir s'il existe une ae tationdes variables (booléennes) qui satisfasse la formule. Dans le as d'une formule lose, la satisfa tion ne dépend pas de l'ae tation des variables. On remarqueaussi que vis à vis du problème de la satisfaisabilité on peut se ramener au asd'une formule lose en quantiant existentiellement les variables libres. Nousproposons un algorithme pour résoudre e problème.Proposition 56 Soit ϕ formule booléenne quantiée lose. Alors le problèmede la satisfaisabilité de ϕ est dans PSPACE.PreuveL'algorithme onsiste en pro édure ré ursive qui prend en entrée une formuleQBF , ϕ dont la sous-formule propositionnelle ontient les variables quantiées,V, F et les onne teurs booléens.Si la formule n'est pas quantiée, alors on évalue en temps et en espa e polyno-mial la formule qui ne ontient que des onstantes et on renvoie le résultat.Si le quanti ateur le plus externe est ∀ (resp. ∃) la pro édure rempla e dansla formule passée en paramètre la variable par V, supprime la quanti ation ets'appelle ré ursivement. Si le résultat de l'appel est F (resp. V) la pro édurerenvoie F (resp. V). Sinon la pro édure rempla e dans la formule passée en pa-ramètre la variable par F, supprime la quanti ation, s'appelle ré ursivement etrenvoie le résultat de son appel.Le nombre d'appels simultanés est au plus n+1 où n est le nombre de quanti- ateurs. Chaque appel onsomme un espa e linéaire pour sto ker les paramètreset les variables lo ales. Par onséquent, et algorithme est dans PSPACE. .q.f.d. ♦♦♦Nous voulons obtenir un résultat de omplexité en restreignant la forme desformules QBF e qui nous onduit à introduire e lemme.Lemme 45 La formule propositionnelle ϕ ≡ ∧

i≤n ϕi et la formule QBF ψ ≡∀z1 . . .∀zn

∨i≤n(ϕi ∧ zi) ∨ (

∧i≤n ¬zi) sont équivalentes.PreuveSupposons que ϕ est vrai. Don pour tout i, ϕi est vrai. Soit v1, . . . vn unevaluation de z1, . . . zn. Si tous les vi sont faux alors la dernière lause onjon tivede ψ est vrai. Sinon supposons vi vrai, alors la lause ϕi ∧ zi est vrai.Supposons que ψ est vrai. Pour un i quel onque, hoisisssons la valuation

v1, . . . vn t.q. vi est vrai et tous les vj , pour j 6= i, sont faux. Alors ϕi doitêtre vrai. Don ϕ est vrai. .q.f.d. ♦♦♦Proposition 57 Soit ϕ une formule booléenne quantiée lose dont la sous-formule propositionnelle est sous forme normale disjon tive. Alors le problèmede la satisfaisabilité de ϕ est PSPACE-di ile don PSPACE- omplet.PreuveSoit une ma hine de Turing déterministeM qui s'exé ute en espa e polynomialvis à vis de son entrée.

La onguration de la ma hine peut être odée sous forme de bits don devariables booléennes disons x1, . . . , xn où n est une fon tion polynomiale de lataille de l'entrée de la ma hine de Turing puisque l'espa e utilisé est polynomial.Par exemple, voi i un odage possible (ave renommage) : stateq est vrai si l'état de la onguration est q. headi est vrai si la tête est à la position i. tapec,i est vrai si le ontenu de la bande à la position i est le ara tère c.Certaines valuations ne orrespondent pas à des ongurations mais ela ne nousgênera pas dans la suite.Le nombre de ongurations diérentes est d'au plus 2n et une exé utiona eptante exé ute au plus 2n − 1 pas. Nous allons é rire ré ursivement uneformule QBF ϕi ave 2n variables libres x1, . . . , xn, y1, . . . , yn t.q. ϕ est vraisi partant de la onguration représentée par x1, . . . , xn la ma hine peut at-teindre en au plus 2i pas la onguration représentée par y1, . . . , yn. Dans lasuite de la preuve x (y, et .) désigne un ve teur de variables et Qx signie quele quanti ateur Q est répété devant ha une des variables de x.La formule ϕ0 est dénie par ϕ0 ≡∧

i≤n xi = yj ∨ ϕ′0 où ϕ′0 représente le faitque x atteint y par un pas de la ma hine. Nous transformons ∧

i≤n xi = yj en :∀z1 . . .∀zn

∨i≤n(xi ∧ yi ∧ zi) ∨ (¬xi ∧ ¬yi ∧ zi) ∨ (

∧i≤n ¬zi)gra e au lemme 45. La formule a une taille linéaire par rapport à n.La formule ϕ′0 est une onjon tion de formules :

¬statexq ∨ ¬head

xi ∨ ¬tape

xc,i ∨ tape

ynewt(q,c),i

¬statexq ∨ ¬head

xi ∨ ¬tape

xc,i ∨ state

ynewq(q,c)

¬statexq ∨ ¬head

xi ∨ ¬tape

xc,i ∨ head

yi+dep(q,c)

headxi ∨ ¬tape

xc,i ∨ tape

xc,iet .Il y a un nombre linéaire de lauses (par rapport à n) ha une d'au plus 4littéraux. On applique le lemme 45 puis haque sous-formule omme :

(¬statexq ∨ ¬head

xi ∨ ¬tape

xc,i ∨ tape

ynewt(q,c),i) ∧ zjest transformée en :

(¬statexq ∧ zj) ∨ (¬headx

i ∧ zj) ∨ (¬tapexc,i ∧ zj) ∨ (tapey

newt(q,c),i ∧ zj)La taille de la nouvelle formule est au plus le triple de la formule originale.Supposons que nous ayons onstruit ϕi. Alors ϕi+1 est déni en introduisantune onguration intermédiaire. De plus, à l'aide d'une onstru tion astu ieuse,on évite d'é rire deux fois ϕi (z, t et u sont de nouvelles variables).ϕi+1 ≡ ∃z∀t∀u((x = u ∧ z = t) ∨ (z = u ∧ y = t))⇒ ϕi(x← u ∪ y ← t)Cette formule n'est pas tout à fait sous la forme re her hée. A l'aide des trans-formations déjà vues lors des formes prénexes puisque les variables liées de ϕisont absentes du reste de la formule, on peut les pla er les quanti ateurs de ϕià la suite des quanti ateurs de tête ϕi+1. On rempla e A ⇒ B par ¬A ∨ B.Enn :¬((x = u ∧ z = t) ∨ (z = u ∧ y = t)) est transformée en une disjon tion de16n2 lauses onjon tives traduisant les diérentes façons de satisfaire la for-mule, omme par exemple :xi ∧ ¬ui ∧ yj ∧ ¬tj¬xi ∧ ui ∧ yj ∧ ¬tj

zi ∧ ¬ti ∧ yj ∧ ¬tjet .La taille de laformule roît ainsi d'un fa teur additif polynomial en fon tion de n.Pour terminer, la formule re her hée est la formule lose ϕn(x← init ∪ y ←fin). init dé rit la onguration initiale et fin dé rit la onguration nale(sans perte de généralité, on peut supposer qu'il en existe une seule). .q.f.d. ♦♦♦Le orollaire nous ramène à une variante d'un problème onnu.Corollaire 13 (QSAT) Soit ϕ une formule booléenne quantiée lose dont lasous-formule propositionnelle est sous forme normale onjon tive. Alors le pro-blème de la satisfaisabilité de ϕ est PSPACE- omplet.PreuveSoit un problème Pb dans PSPACE, le problème omplémentaire Pbc est dansPSPACE et se réduit à l'évaluation d'une formule QBF sous forme normaledisjon tive ϕ. Par onséquent tout problème dans PSPACE se réduit à l'éva-luation de ¬ϕ où ϕ est une formule QBF sous forme normale disjon tive maispar les transformations vues aux hapitres 2 et 3, ¬ϕ est équivalente à une for-mule QBF sous forme normale onjon tive d'une taille égale au plus au doublede la taille de ϕ. .q.f.d. ♦♦♦