НОУ ИНТУИТ | Языки и исчисления. Лекция 4: Контрпример

Учитесь и получайте официальные документы БЕСПЛАТНО. Вы можете поддержать наш проект.

Регистрация Вход

Твой путь к знаниям!

Опубликован: 24.04.2007 | Доступ: свободный | Студентов: 722 / 35 | Оценка: 4.60 / 4.30 | Длительность: 25:56:00

Тема: Алгоритмы и дискретные структуры

Специальности: Программист

|

Вам нравится? Нравится 11 студентам

| Поделиться |

Поддержать курс

| Скачать электронную книгу

Лемма 1. Пусть (A,B) — непротиворечивая пара, а $\tau$ — произвольная формула. Тогда хотя бы одна из пар $(A\cup\{\tau\},B)$ и $(A,B\cup\{\tau\})$ непротиворечива.

Доказательство леммы 1. Пусть обе пары с добавленным $\tau$ противоречивы. Надо доказать, что противоречива исходная пара. Другими словами, надо показать, что если в интуиционистском исчислении высказываний выводимы формулы

$\begin{align*} (A \land \tau)&\to B,\\ A &\to(B \lor \tau), \end{align*}$

то выводима и формула $A\to B$ (для простоты мы отождествляем множества

и

с конъюнкцией и дизъюнкцией их элементов и считаем

и

формулами).

В самом деле, по лемме о дедукции достаточно доказать, что $A \vdash B$ . Для этого достаточно установить, что

$A\vdash (B\lor \tau) \to B,$

поскольку $(B\lor\tau)$ в предположении

у нас уже есть. Для этого, в свою очередь, достаточно установить, что $A\hm\vdash (B\to B)$ и $A\vdash (\tau\to B)$ . Первое очевидно (и посылка

не нужна), второе равносильно выводимости формулы $(A\hm\land\tau)\to B$ , которая нам дана по условию леммы. Лемма 1 доказана.

Проведенное рассуждение, как говорят, устанавливает допустимость (в интуиционистской логике) правила сечения, позволяющего "иссечь" формулу $\tau$ из формул $(A\land\tau)\to B$ и $A\to(B\lor\tau)$ и получить формулу $A\to B$ .

Возвращаясь к доказательству теоремы, рассмотрим произвольную непротиворечивую пару (A,B) . Рассматривая по очереди различные формулы $\tau$ , мы будем добавлять их к левой или правой части. Чтобы этот процесс ("пополнение") был конечным, мы ограничимся формулами из некоторого множества.

Фиксируем некоторое конечное множество формул , которое содержит все формулы из A,B и замкнуто относительно перехода к подформулам (если формула входит в , то все ее подформулы входят в ). Например, можно включить в все подформулы всех формул из и из .

Пару (X,Y) , у которой $X,Y\hm\subset F$ , будем называть полной, если она непротиворечива и любая формула из входит либо в , либо в (то есть $X\hm\cup Y\hm=F$ ). Заметим, что из непротиворечивости следует, что $X\hm\cap Y\hm=\varnothing$ , так что полная пара задает разбиение на две части. (Более точно полные пары следовало бы называть "полными относительно ", но у нас множество фиксировано.)

Лемма 2. Исходная пара (A,B) может быть расширена до полной: существует полная пара (X,Y) , для которой $A\hm\subset X$ , $B\hm\subset Y$ .

Доказательство очевидно: применяем по очереди лемму 1 ко всем формулам из .

Точно так же любую непротиворечивую пару, составленную из формул множества , можно расширить до полной. (Это замечание нам впоследствии понадобится.)

Для завершения доказательства теоремы 26. нам осталось показать, что всякая полная пара (A,B) совместна (существует шкала и мир, в котором формулы из истинны, а формулы из ложны). В отличие от классического случая построение будет использовать не только пару (A,B) , но и все полные пары.

Шкала Крипке строится так. Мирами будут полные пары (R,S) (то есть всевозможные непротиворечивые разбиения множества на левую и правую части). Истинность переменных определяется естественным образом: всякая переменная , входящая в одну из формул множества , сама принадлежит множеству (замкнутость относительно подформул); если входит в левую часть полной пары (R,S) , то истинна в мире (R,S) , если в правую — то ложна. (Впоследствии это свойство мы распространим на все формулы: любая формула из окажется истинной в мире (R,S) , а любая формула из — ложной.)

Осталось определить порядок на множестве пар. Считаем, что $(R_1,S_1)\hm\le(R_2,S_2)$ , если $R_1\hm\subset R_2$ . (Такое определение не удивительно, если вспомнить, что истинность формул наследуется вверх.)

Лемма 3. В построенной шкале в мире (R,S) истинны все формулы из и ложны все формулы из .

Доказательство леммы 3 проводится индукцией по построению формул. Для переменных она верна по определению истинности. Пусть некоторая формула из не является переменной. Тогда она есть конъюнкция, дизъюнкция, импликация или отрицание и для ее частей утверждение леммы верно по предположению индукции. Рассмотрим все случаи по очереди, начав с конъюнкции и дизъюнкции (истинность которых не зависит от других миров).

( $\land_R$ ) Пусть формула ${\varphi\land\psi}$ входит в . Тогда формулы $\varphi$ и $\psi$ не могут входить в , иначе пара (R,S) была бы противоречивой (из ${\varphi\land\psi}$ выводится $\varphi$ и $\psi$ ). Значит, $\varphi$ и $\psi$ входят в (полнота), поэтому они истинны (предположение индукции), и потому ${\varphi\land\psi}$ истинна (определение истинности).

( $\land_S$ ) Пусть формула ${\varphi\land\psi}$ входит в . Могут ли обе формулы $\varphi$ и $\psi$ входить в ? Нет, так как в этом случае пара (R,S) была бы противоречивой. Значит, хотя бы одна из формул входит в , тогда по предположению индукции она ложна, и потому формула ${\varphi\land\psi}$ ложна в мире (R,S) .

( $\lor_R$ ) Если формула ${\varphi\lor\psi}$ входит в , то формулы $\varphi$ и $\psi$ не могут одновременно входить в , и потому хотя бы одна из них истинна, так что и вся формула ${\varphi\lor\psi}$ истинна.

( $\lor_S$ ) Если формула ${\varphi\lor\psi}$ входит в , то формулы $\varphi$ и $\psi$ не могут входить в , поэтому обе они ложны и формула ${\varphi\lor\psi}$ ложна.

( $\to_R$ ) Пусть формула ${\varphi\to\psi}$ входит в . Проверим, что она истинна в (R,S) . Это значит, что в любом мире (R',S') , который выше нашего (то есть $R'\supset R$ ) и в котором истинна формула $\varphi$ , должна быть истинна и формула $\psi$ . В самом деле, если $\varphi$ истинна в (R',S') , то она входит в (предположение индукции). С другой стороны, и ${\varphi\to\psi}$ входит в , поскольку $R'\supset R$ . Теперь ясно, что формула $\psi$ не может входить в , так как в этом случае пара (R',S') была бы противоречивой (из $\varphi$ и $\varphi\to\psi$ выводится $\psi$ ). Значит, $\psi$ входит в и потому истинна в (R',S') по предположению индукции.

( $\to_S$ ) Это наиболее интересный случай, где нам снова потребуется пополнение. Пусть формула ${\varphi\to\psi}$ входит в . Мы должны доказать, что она ложна в мире (R,S) . Согласно определению, это означает, что найдется мир (R',S') , для которого $R'\supset R$ и в котором формула $\varphi$ истинна, а формула $\psi$ ложна (то есть $\varphi\hm\in R'$ и $\psi\in S'$ , согласно предположению индукции). Как найти такой мир? Рассмотрим пару $({R\cup\{\varphi\}},\{\psi\})$ . Эта пара непротиворечива. В самом деле, если бы формула ${R\land\varphi}\hm\to\psi$ была бы выводима, то и формула $R\to(\varphi\to\psi)$ была бы выводима (лемма о дедукции), и потому пара (R,S) была бы противоречива. Теперь можно расширить непротиворечивую пару $({R\cup\{\varphi\}},\{\psi\})$ до полной пары (R',S') , которая и будет искомым миром.

Отрицание рассматривается аналогично импликации (как мы уже говорили, можно вместо отрицания ввести тождественную ложь $\perp$ и вообще его не рассматривать).

( $\lnot_R$ ) Пусть формула $\lnot \varphi$ входит в . Надо доказать, что формула $\varphi$ ложна в любом мире (R',S') выше мира (R,S) . Формула $\varphi$ не может входить в , так как в входит формула $\lnot\varphi$ (напомним, что $R\subset R'$ ), а из ${\varphi\land\lnot\varphi}$ выводится любая формула. Значит, $\varphi$ входит в и по индуктивному предположению формула $\varphi$ ложна в (R',S') .

( $\lnot_S)$ Пусть формула $\lnot\varphi$ входит в . В этом случае пара $({R\cup \{\varphi\}},\varnothing)$ непротиворечива (если из и $\varphi$ выводится противоречие, то из выводится $\lnot\varphi$ ). Расширив ее до полной, получаем высший мир (R',S') , в котором формула $\varphi$ истинна (по индуктивному предположению). Следовательно, формула $\lnot\varphi$ ложна в мире (R,S) .

Лемма 3 доказана. Она завершает доказательство теоремы 26. Напомним еще раз его схему. Пусть формула $\varphi$ не выводима в интуиционистском исчислении высказываний. Тогда пара $(\varnothing,\{\varphi\})$ непротиворечива. Фиксируем множество всех подформул формулы $\varphi$ . Расширим нашу непротиворечивую пару до полной (относительно ). Эта полная пара будет одним из миров шкалы Крипке (в которой мирами являются полные пары). Именно в этом мире и будет ложной формула $\varphi$ .

36. Покажите, что если формулы и ложны в некоторых мирах некоторых шкал Крипке, то можно построить шкалу Крипке и мир в ней, для которого формула ${P\lor Q}$ будет ложной. (Указание: соединим шкалы, в которых ложны формулы и , в одну, добавив новый мир, который меньше миров, где и ложны.)

Из этой задачи и из теоремы о полноте вытекает такое следствие: если дизъюнкция двух формул выводима в интуиционистском исчислении высказываний, то хотя бы одна из формул тоже выводима. Это свойство выполнено для многих интуиционистских исчислений и соответствует начальной идее: доказать $A\lor B$ означает доказать одну из формул или . Подобные свойства можно доказывать и синтаксически, используя генценовские варианты интуиционистских исчислений.

37. (а) Покажите, что формула $\lnot\lnot(\varphi\lor\lnot\varphi)$ выводима в интуиционистском исчислении высказываний. (б) Покажите, что если формулы $\lnot\lnot\varphi$ и $\lnot\lnot(\varphi\hm\to\psi)$ выводимы в интуиционистском исчислении высказываний, то и формула $\lnot\lnot\psi$ выводима в интуиционистском исчислении высказываний. (в) Докажите, что если формула $\varphi$ выводима в классическом исчислении высказываний, то формула $\lnot\lnot\varphi$ выводима в интуиционистском исчислении высказываний (теорема Гливенко) (г) Покажите, что для формул, содержащих лишь конъюнкцию и отрицание, разницы между классическим и интуиционистским исчислениями нет: из классической выводимости следует интуиционистская (теорема Геделя).

Покажите, что интуиционистское исчисление высказываний разрешимо: существует алгоритм, который по произвольной формуле определяет, выводима ли она в интуиционистском исчислении высказываний. (Указание: оцените мощность контрмодели Крипке; можно обойтись и без этого, заметив, что и множество выводимых формул, и множество формул, имеющих конечные контрмодели, перечислимы.)

Дальше >>

Авторизоваться

Языки и исчисления

Контрпример

Вопросы и ответы