Logiche del primo ordine

[TomSawyer1]

La regola di $\forall$-formazione dice
$\Gamma, z \in D \vdash A(z) \implies \Gamma \vdash (\forall x \in D)A(x)$, con $z$ non libera nel dominio $D$. Poi Wikipedia dice

"Ciò significa che z non deve già comparire in qualche proposizione del sequente altrimenti si avrebbe un sistema inconsistente: asserire che, dato A per una certa variabile, valga A per tutti gli elementi del dominio è assolutamente folle."

Ok, ma non è quello che si sta facendo, quando si scrive $(\forall x \in D)A(x)$? Oppure $x$ ha qualche altra proprietà implicita?

[TomSawyer1]

Perfetto, quindi ha senso considerare tutte quelle in cui occorre (come intendevo io la domanda), a maggior ragione perché c'è il quantificatore.

Ora, come si può concludere che questa teoria è completa?

[fields1]

"TomSawyer":Ok, hai riportato tutte le formule atomiche, trasformandole in qualcosa di semplice, per poi raggruppare. Il fatto di prendere alcuni insiemi di variabili (e dire che $x$ è maggiore di alcune, minore di altre, uguale a qualcuna e diversa da altre ancora) deriva dal fatto di usare $x$ in tutte le formule atomiche di questa teoria? Cioè, uno non deve tralasciare neanche una formula atomica in cui "inserire" la $x$?

Uhm.. la tua domanda mi ha fatto notare che mi ero dimenticato di scrivere anche le formule atomiche in cui $x$ non compare, ovvero quelle della forma $x_i

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[TomSawyer1]

Non conoscevo la notazione $A[y//x]$, ma ora tutto chiaro.

Ok, hai riportato tutte le formule atomiche, trasformandole in qualcosa di semplice, per poi raggruppare. Il fatto di prendere alcuni insiemi di variabili (e dire che $x$ è maggiore di alcune, minore di altre, uguale a qualcuna e diversa da altre ancora) deriva dal fatto di usare $x$ in tutte le formule atomiche di questa teoria? Cioè, uno non deve tralasciare neanche una formula atomica in cui "inserire" la $x$?

Anch'io le trovo divertentissime, anche perché sono proprio agli inizi; hanno un fascino particolare questi argomenti, anche più di molti rami classici della matematica. Perciò continuerò a bombardarti di domande

[fields1]

"TomSawyer":Hai ottenuto questa definizione di ciascun "disgiunto" semplicemente dagli assiomi degli ordini lineari densi aperti?

Inoltre, non mi e' chiara la (2). Cosa significa esattamente?

Ciascun disgiunto è congiunzione di formule atomiche o negazione di atomiche. Nel linguaggio degli ordini lineari densi e aperti le formule atomiche sono del tipo $z
La (2) significa semplicemente che se esiste un tizio $x$ che rende vera $A$ e questo tizio e' uguale a $y$ allora anche $y$ rende vera $A$. Viceversa, se un tizio $y$ rende vera $A$, possiamo dire che esiste un tizio $x$ che rende vera $A$ e che questo tizio e' $y$.

"TomSawyer":

[quote="fields"]Dunque la nostra formula e' equivalente a:

$V\wedge x_(j_1)
Qui non ho capito perche' $x_(j_m) [/quote]


Errore di battitura, correggo.

"TomSawyer":PS: non so dove hai trovato la voglia di risolvere questo problema cosi' lungo (almeno scritto)

Queste cose mi appassionano, le trove divertentissime. Inoltre non disdegno l'utilizzo di matematicamente.it come un database elettronico, dove conservare problemi carini e con una soluzione scritta in formule. Ad esempio questo problema non lo conoscevo e cosi' mi fa comodo averlo scritto in formato elettronico. Una volta buttavo via tutti i problemi che risolvevo, sicche' puntualmente mi dimenticavo come li avevo risolti
Inoltre, in questo genere di problemi bisogna curare i dettagli, altrimenti chi legge tali cose per la prima volta non ci capisce una mazza (non che io li abbia curati al massimo, per ovvie ragioni di tempo).

[TomSawyer1]

"fields":e dunque basta eliminare il quantificatore da ciascuno dei "disgiunti" , che si puo' scrivere come:

$\exists x (x
Infatti, per l'identita' (3) possiamo supporre che $A_i$ e $B_j$ non siano negazioni di atomiche quando compare il simbolo di $<$. Inoltre possiamo togliere le formule del tipo $x=x_h$, grazie all'identita' (2).

Hai ottenuto questa definizione di ciascun "disgiunto" semplicemente dagli assiomi degli ordini lineari densi aperti?

Inoltre, non mi e' chiara la (2). Cosa significa esattamente?

"fields":Dunque la nostra formula e' equivalente a:

$V\wedge x_(j_1)
Qui non ho capito perche' $x_(j_m)
PS: non so dove hai trovato la voglia di risolvere questo problema cosi' lungo (almeno scritto)

[fields1]

Problema carino . Io lo risolverei così.

Prima di tutto qualche identita' logica preliminare (verificabile ad es. con i sequenti)

$\exists x (A\vee B)\equiv (exists x A) \vee (exists x B)$ (1)

$\exists x (x=y \wedge A) \equiv A[y//x]$ (2)


Inoltre, in un ordine denso lineare aperto, vale che

$\not x
Poniamo inoltre

$V= (c=c)$, con $c$ una costante.

$V$ e' la formula sempre vera (rappresenta il valore di verita': "vero")

Ricordiamo anche il seguente fondamentale fatto: ogni formula senza quantificatori e' equivalente ad una forma normale disgiuntiva, ovvero ad una formula del tipo: $(A_1\wedge...\wedgeA_n)\vee....\vee (B_1\wedge....\wedge B_n)$, dove $A_i$ e $B_j$ sono formule atomiche o negazioni di atomiche.

Possiamo ora eliminare 'sti quantificatori. Procediamo per induzione sul numero di simboli della formula $\psi(x_1,...,x_n)$.

Naturalmente possiamo supporre che ci sia solo il quantificatore esistenziale, essendo quello universale esprimibile tramite quello esistenziale e la negazione.

Se $\psi(x_1,...,x_n)=A(x_1,...,x_n)\wedge B(x_1,...,x_n)$, per ipotesi induttiva $A(x_1,...,x_n)$ e $B(x_1,...,x_n)$ sono equivalenti ad una formula senza quantificatori e dunque lo e' anche $\psi(x_1,...,x_n)$.

Se $\psi(x_1,...,x_n)=A(x_1,...,x_n)\vee B(x_1,...,x_n)$, per ipotesi induttiva $A(x_1,...,x_n)$ e $B(x_1,...,x_n)$ sono equivalenti ad una formula senza quantificatori e dunque lo e' anche $\psi(x_1,...,x_n)$.


Se $\psi(x_1,...,x_n)=\not A(x_1,...,x_n)$, per ipotesi induttiva $A(x_1,...,x_n)$ e' equivalente ad una formula senza quantificatori e dunque lo e' anche $\psi(x_1,...,x_n)$.

Se $\psi(x_1,...,x_n)=\exists x A(x,x_1,...,x_n)$, per ipotesi induttiva $A(x,x_1,...x_n)$ e' equivalente ad una formula senza quantificatori; tale formula e' equivalente ad una forma normale disgiuntiva $(A_1\wedge...\wedgeA_n)\vee....\vee (B_1\wedge....\wedge B_n)$, dove $A_i$ e $B_j$ sono formule atomiche o negazioni di atomiche. Quindi $\psi(x_1,...,x_n)$ si puo' dunque scrivere, per l'identità (1) come:

$\exists x (A_1\wedge...\wedgeA_n)\vee....\vee \exists x(B_1\wedge....\wedge B_n)$

e dunque basta eliminare il quantificatore da ciascuno dei "disgiunti" , che si puo' scrivere come:

$\exists x (x
Infatti, per l'identita' (3) possiamo supporre che $A_i$ e $B_j$ non siano negazioni di atomiche quando compare il simbolo di $<$. Inoltre possiamo togliere le formule del tipo $x=x_h$, grazie all'identita' (2). Dunque la nostra formula diventa:

$\exists x (x
Tale formula ci dice, fra le altre cose, che esiste un $x$ minore di tutti gli $x_(i_1),...,x_(i_k)$ e maggiore di tutti gli $x_(j_1),...,x_(j_m)$ e che inoltre tale $x$ e' diverso da qualcuno di essi. Ma in un ordine lineare denso aperto tale richiesta viene soddisfatta sse tutti gli $x_(i_1),...,x_(i_k)$ sono maggiori di tutti gli $x_(j_1),...,x_(j_m)$. Dunque la nostra formula e' equivalente a:

$V\wedge x_(j_1)
Ne segue che dunque $\psi(x_1,...,x_n)$ equivale a una formula senza quantificatori. Notiamo che abbiamo aggiunto $V$ nel caso $k=0$ oppure $m=0$ (infatti la nostra formula rischierebbe di essere "vuota").

Q.E.D.

[TomSawyer1]

Ok, come sospettavo.

Ho un altro problema che ho incontrato e che vorrei saper risolvere. Come si può dimostrare che la teoria degli ordini lineari densi ed aperti ($T$) ammette l'eliminazione dei quantificatori, per poi concludere che è completa?

Cioè quale potrebbe essere la formula senza quantificatori $\varphi'(x_1,...,x_n)$ tale che per ogni formula $\varphi(x_1,...,x_n)$ di $T$ valga $T \models \forall x_1 ... \forall x_n (\varphi(x_1,...,x_n) \leftrightarrow \varphi'(x_1,...,x_n))$ ?

Ho visto la dimostrazione della completezza di $T$, usando il teorema di Vaught, ma forse è troppo avanzata, per ora.

[fields1]

"TomSawyer": Allora, volgarmente, di solito è sempre la definizione di $A$ a fornire modelli per $A \cup S$?

Di solito sì. Mentre $S$ è un insieme che forza i modelli di $A$ ad avere caratteristiche aggiuntive.

"TomSawyer":
E come mai il modello che soddisfa $A \cup S$ non può essere $RR$?

$S$ dice che $c$ è maggiore di tutti i naturali. Dunque, se un modello soddisfa $AuuS$, allora ha un elemento $c$ che $RR$ non può avere.

"TomSawyer": E' perché, in generale, il modello di $A \cup S$ non è mai uno che soddisfa un qualche sottoinsieme di $A \cup S$?

Perché, partendo da un insieme di formule $A$, di solito usiamo il teorema di compattezza per dimostrare l'esistenza di modelli che rendono vero $A$ e che inoltre hanno delle caratteristiche aggiuntive date da $S$. I modelli di $A$ vengono usati come "mattoncini" a partire dai quali si dimostra l'esistenza di un nuovo modello, che rende vero $AuuS$, e quindi ha più proprietà dei modelli di $A$ che abbiamo usato nella dimostrazione.

[TomSawyer1]

"fields":Infatti ogni sottinsieme finito di $S$ dice semplicemente che $c$ è maggiore di un numero finito di naturali, e chiaramente in $RR$ c'è sempre un tale $c$; dunque $RR$ soddisfa ogni sottinsieme finito di $AuuS$. Dunque esiste un modello (che, nota, non può essere $RR$ stesso) che soddisfa $AuuS$, per il teorema di compattezza.

Quindi $RR$ soddisfa sia i sottoinsiemi di $S$ che quelli di $A$, chiaramente. Allora, volgarmente, di solito è sempre la definizione di $A$ a fornire modelli per $A \cup S$?
E come mai il modello che soddisfa $A \cup S$ non può essere $RR$? E' perché, in generale, il modello di $A \cup S$ non è mai uno che soddisfa un qualche sottoinsieme di $A \cup S$? Ti faccio queste domande, per non tralasciare il minimo dubbio..

"fields":Lo immagino, ti ho voluto dare soltanto un intuizione. Probabilmente tu stesso, alla fine del corso, sarai in grado di sistemare i dettagli. Comunque ho modificato il post, forse ora è leggermente più chiaro.

Lo spero . Comunque, ora mi è più chiara la faccenda.

[fields1]

"TomSawyer":Ogni sottoinsieme finito di $A \cup S$ ha un modello sempre per il motivo di prima, cioe' perche' $A$ ha modelli arbitrariamente grandi?

No. $AuuS$ ha un modello perché ogni suo sottinsieme finito ha un modello (in questo caso particolare $RR$ è modello di ogni sottinsieme finito di $AuuS$). Infatti ogni sottinsieme finito di $S$ dice semplicemente che $c$ è maggiore di un numero finito di naturali, e chiaramente in $RR$ c'è sempre un tale $c$; dunque $RR$ soddisfa ogni sottinsieme finito di $AuuS$. Dunque esiste un modello (che, nota, non può essere $RR$ stesso) che soddisfa $AuuS$, per il teorema di compattezza.

"TomSawyer":[quote="fields"]Per il teorema di compattezza tale insieme e' finitamente soddisfacibile, utilizzando la biettivita' fra $NN$ e $NNxNN$, e dunque soddisfabile.

Quest'affermazione mi e' poco chiara..[/quote]

Lo immagino, ti ho voluto dare soltanto un intuizione. Probabilmente tu stesso, alla fine del corso, sarai in grado di sistemare i dettagli. Comunque ho modificato il post, forse ora è leggermente più chiaro.

[TomSawyer1]

"fields":Comunque il miglior modo per farsi una "panoramica" è sfogliare l'ottimo e avanzato "Handbook of mathematical logic" John Barwise editor.

Me lo procurero', grazie.

"fields":Esistenza di un campo ordinato non archimedeo che contiene $RR$ (i numeri iperreali).
Il mio prof di logica l'aveva dato come esercizio. Estendi il linguaggio dei campi ordinati con un simbolo per costante per ogni numero reale. Prendi l'insieme $A$ delle formule in tale linguaggio vere in $RR$. Sia $c$ un nuovo simbolo per costante. Aggiungi ad $A$ l'insieme $S={c>n | n\in NN}$. Ogni sottinsieme finito di$AuuS$ ha un modello e dunque, per il teorema di compattezza, $AuuS$ ha un modello. Ma $S$ afferma che $c$ e' un numero maggiore di tutti i naturali, e dunque $c^(-1)$ e' infinitesimo. Dunque il modello di $AuuS$ e' il campo degli iperreali.

Ogni sottoinsieme finito di $A \cup S$ ha un modello sempre per il motivo di prima, cioe' perche' $A$ ha modelli arbitrariamente grandi?

"fields":Per il teorema di compattezza tale insieme e' finitamente soddisfacibile, utilizzando la biettivita' fra $NN$ e $NNxNN$, e dunque soddisfabile.

Quest'affermazione mi e' poco chiara..

[fields1]

"TomSawyer":Cosa intendi per aree di "frontiera"? Quale sarebbe un esempio di un'area del genere?

Ad esempio c'è il lambda calcolo, che ha connessioni con la teoria della dimostrazione, la topologia etc. Esso inoltre è fonte di tantissimi problemi.
Poi c'è la teoria dei modelli, che è una parte della logica che ha un enormità di applicazioni alla matematica, sopratutto in algebra e teoria degli insiemi, ma anche in analisi matematica (vedi analisi non standard). Ad esempio, ho aperto praticamente a caso un libro di teoria dei modelli e ho letto, in riferimento ai teoremi di compattezza e altri strumenti logici: "One can also employ these methods to obtain bounds for the number of squares required to represent a positive definite rational function over an ordered field as sum of squares".
Poi c'è la logica pura con un sacco dei bei risultati e tante logiche sofisticate: logica modale, ad esempio.
Poi c'è la logica algebrica.

Comunque il miglior modo per farsi una "panoramica" è sfogliare l'ottimo e avanzato "Handbook of mathematical logic" John Barwise editor. Credo che sia praticamente introvabile in formato cartaceo, essendo del 1977: io l'ho trovato su e-mule (te lo spedirei, ma il file è troppo grosso per poter essere allegato).

"TomSawyer":
[quote="fields"]Tanti. Ad esempio si puo' facilmente dimostrare l'esistenza di un campo ordinato non archimedeo (i.e., con infinitesimi). Si puo' dimostrare che un grafo e' k-colorabile sse ogni sottografo finito e' k-colorabile. Si puo' dimostrare che per ogni insieme infinito $A$, esiste una biettivita' tra $AxA$ e $A$. Questi sono solo degli esempi che mi sono venuti in mente ora, ce ne sono a decine. Quello sui campi di caratteristica $p$ e' addirittura venuto in mente a me, quando pensavo a tutt'altro.

Quali sono i dettagli di queste dimostrazioni? Giusto per avere chiaro in mente in che altri modi si applica questo metodo.
[/quote]

Ora saro' un po' stringato.

Esistenza di un campo ordinato non archimedeo che contiene $RR$ (i numeri iperreali).
Il mio prof di logica l'aveva dato come esercizio. Estendi il linguaggio dei campi ordinati con un simbolo per costante per ogni numero reale. Prendi l'insieme $A$ delle formule in tale linguaggio vere in $RR$. Sia $c$ un nuovo simbolo per costante. Aggiungi ad $A$ l'insieme $S={c>n | n\in NN}$. Ogni sottinsieme finito di$AuuS$ ha un modello e dunque, per il teorema di compattezza, $AuuS$ ha un modello. Ma $S$ afferma che $c$ e' un numero maggiore di tutti i naturali, e dunque $c^(-1)$ e' infinitesimo. Dunque il modello di $AuuS$ e' il campo degli iperreali.

Un grafo e' k-colorabile sse ogni sottografo finito e' k-colorabile.
Dimostrato da Erdos. Tuttavia e' banale con il teorema di compattezza. Si tratta solo di esprimere in formule il fatto che un grafo e' k-colorabile. Il resto lo fa il teorema di compattezza.


Si puo' dimostrare che per ogni insieme infinito $A$, esiste una biettivita' tra $AxA$ e $A$.
L'idea e' quella di prendere un insieme di formule $F$ che afferma che c'e' una biettivita' fra $AxA$ e $A$. Un modello si trova facilmente: quando $A=NN$. Sia ora $X$ una cardinalita' infinita. Si aggiungono al linguaggio un infinita' di cardinalita' $X$ di simboli per costante e l'insieme $S$ di formule che afferma che ci sono almeno $X$ elementi nel modello. Ogni sottinsieme finito di $FuuS$ ha un modello. Infatti ogni sottinsieme finito di $S$ richiede al modello soltanto di avere almeno $n$ elementi per qualche $n\in NN$. Chiaramente il modello dei naturali $NN$ soddisfa tale requisito. Inoltre certamente c'e' una biettivita' fra $NN$ e $NNxNN$, e dunque $F$ e' vero in $NN$. Dunque, per il teorema di compattezza, $FuuS$ ha un modello. Tale modello dovra' avere almeno $X$ elementi. Poi c'e' un teorema che dice che il modello si puo' prendere con esattamente $X$ elementi.
Dunque per ogni cardinalita' infinita $X$ e insieme $A$ di cardinalita' $X$, esiste una biettivita' tra $AxA$ e $A$.

[TomSawyer1]

Cosa intendi per aree di "frontiera"? Quale sarebbe un esempio di un'area del genere?

"fields":Tanti. Ad esempio si puo' facilmente dimostrare l'esistenza di un campo ordinato non archimedeo (i.e., con infinitesimi). Si puo' dimostrare che un grafo e' k-colorabile sse ogni sottografo finito e' k-colorabile. Si puo' dimostrare che per ogni insieme infinito $A$, esiste una biettivita' tra $AxA$ e $A$. Questi sono solo degli esempi che mi sono venuti in mente ora, ce ne sono a decine. Quello sui campi di caratteristica $p$ e' addirittura venuto in mente a me, quando pensavo a tutt'altro.

Quali sono i dettagli di queste dimostrazioni? Giusto per avere chiaro in mente in che altri modi si applica questo metodo.

Giorno

[fields1]

Non è che sia ancora chiara la domanda... Forse chiedi se esiste una qualche altra logica che permette di trattare direttamente il problema del campo delle funzioni razionali su $ZZ//pZZ$? Se esiste, non mi è nota. Comunque leggiucchiavo poco fa, in un libro di logica, qualcosa sulle funzioni razionali definibili sui campi di caratteristica $p$. Sembra che la logica dei predicati possa essere utile... Tuttavia non ho ancora letto tale libro, sono cose decisamente avanzate...

"TomSawyer":PS: non sapevo che questi argomenti potessero essere così affascinanti. Grazie per le delucidazioni..

Figurati... A me la logica piace per due motivi. Uno, perché nelle sue aree di "frontiera" è molto sofisticata dal punto di vista matematico, elegante e astratta. Due, perché si può applicare a tante questioni matematiche, e proprio per il fatto che la matematica si fa grazie al ragionamento logico, e dunque, più sappiamo sulla logica, meglio è.

Notte

[TomSawyer1]

Domanda un po' oscura, in effetti . Praticamente intendo: come si può dimostrare, per esempio, che l'insieme delle funzioni razionali su $ZZ/(pZZ)$ è un campo infinito di caratteristica $p$? Anche fuori dalla logica dei predicati?

PS: non sapevo che questi argomenti potessero essere così affascinanti. Grazie per le delucidazioni..

[fields1]

"TomSawyer":Per quanto riguarda il terzo: quindi la logica del primo ordine può solamente dimostrare l'esistenza di campi infiniti di caratteristica $p$, ma non sono trattabili da nessuna FOL?

Non mi e' chiara la domanda

"TomSawyer":In che altri problemi simili può essere applicato questo metodo? Comunque, in genere, funziona meglio per i numeri interi?

Tanti. Ad esempio si puo' facilmente dimostrare l'esistenza di un campo ordinato non archimedeo (i.e., con infinitesimi). Si puo' dimostrare che un grafo e' k-colorabile sse ogni sottografo finito e' k-colorabile. Si puo' dimostrare che per ogni insieme infinito $A$, esiste una biettivita' tra $AxA$ e $A$. Questi sono solo degli esempi che mi sono venuti in mente ora, ce ne sono a decine. Quello sui campi di caratteristica $p$ e' addirittura venuto in mente a me, quando pensavo a tutt'altro.

Per i numeri interi non ho mai visto nessuna applicazione particolarmente significativa, se non per dimostrare l'esistenza di modelli non standard dell'aritmetica.

[TomSawyer1]

Ok, ci sono, per quanto riguarda i primi due punti.

Per quanto riguarda il terzo: quindi la logica del primo ordine può solamente dimostrare l'esistenza di campi infiniti di caratteristica $p$, ma non sono trattabili da nessuna FOL?

In che altri problemi simili può essere applicato questo metodo? Comunque, in genere, funziona meglio per i numeri interi?

[fields1]

i) Sostanzialmente non ci sono altri modi. L'idea e' quella di forzare il modello ad avere infiniti elementi, e il modo piu' semplice per farlo e' quello di dire che ci sono $n$ elementi distinti per ogni $n$.

ii) Il modello di $AuuS$ e' infinito, perche', per ogni $n\in NN$, esso rende vera la formula $s_n$. Ma $s_n$ afferma che esistono almeno $n$ elementi distinti nel modello. Dunque per ogni $n$ il modello ha almeno $n$ elementi, e dunque per forza ha infiniti elementi.

L'idea e' che abbiamo dimostrato che $AuuS$ ha un certo modello, utilizzando il fatto che $A$ ha modelli arbitrariamente grandi. Il teorema di compattezza afferma che un insieme di formule $F$ ha un modello sse ogni sottinsieme finito di formule ha un modello. Il limitarsi a sottinsiemi finiti di formule e' fondamentale. Inoltre il punto e' che basta dimostrare che ogni sottinsieme finito di $F$ ha un particolare modello, scelto ad hoc, e non necessariamente uguale al modello scelto per dimostrare che un altro sottinsieme finito di $F$ e' soddisfacibile. In poche parole: Tanti implica Uno. Deduciamo l'esistenza di un modello di $F$ costruendone tanti e per sottinsiemi "piccoli" di $F$.

iii) Non ho mai incontrato un teorema del genere. In generale la logica dei predicati va in crisi quando passi dal parlare di individui al parlare di insiemi di individui. Poiche' una funzione e' un insieme di coppie ordinate di individui, difficile che la logica se la possa cavare... La logica aiuta molto con la teoria dei campi, con l'algebra delle strutture (non a caso i numeri iperreali ad esempio si costruiscono con la logica). Quando passi al secondo ordine (insiemi di individui) sei nei guai...

[TomSawyer1]

Anche se abbiamo cambiato tema, continuo qui. Alcune domande:

i) In che altri modi si potrebbe definire $S$ per dimostrare questo problema? Oppure, in questo caso, ogni altro insieme del genere è un caso particolare di quell'$S$?

ii) Potresti spiegare più in dettaglio perché il modello di $A \cup S$ è infinito? E' semplicemente perché possiamo porre $n$ arbitrariamente grande, dunque deve soddisfare $S$, e di conseguenza $A \cup S$, per ogni $n$?

iii) C'è modo di dimostrare nella logica simbolica che l'insieme di tutte le funzioni razionali su $ZZ/(pZZ)$ è un campo infinito di caratteristica $p$? Poi, anche l'insieme di tutte le funzioni aritmetiche su $ZZ/(pZZ)$ è un campo del genere?

[TomSawyer1]

Siamo poco oltre metà corso, ma credo che studieremo tutto ciò, come hai detto tu. Ma penso che ti farò altre domande su questo argomento, nel frtattempo .