数理逻辑和可计算性II(续)

这个wiki页面是另一个wiki的延续：数学逻辑和可计算性．在本章末尾，我会审查他们两个。

这一节不仅对数理逻辑的研究很有意义，对普通数学逻辑的研究也很有意义。在本章中，我们将看到四色问题(已经解决了，它已经是一个定理)如果有任何有限映射的解决方案，则对任何无限映射有一个肯定的解决方案，这是真实的（我们证明它）。

1.4.1定义。

一组 $\和$据说良好的公式满意如果存在（是）真理评估 $V.$满足每个WFF $\和$．据说有限可以满足的如果有任何有限的子集 $\和$是可以满足的。

$\和$满意 $\右箭头$ $\和$有限可以满足的。

1.4.2定义。

一组 $\三角洲$据说WFFS完整的如果为每个WFF $\α$我们有: $\ alpha \ in \ delta$或 $\ neg \ alpha \ in \ delta$．

引理1.4.3。

如果一组 $\和$是有限满足的，那么存在一个集合 $\三角洲$有限地满足和完整，包含 $\和$．

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Proof. -我们将制作两个证据，第二个是使用Zorn的lema。

$\盒装{1}$由断言符号形成的设置是可计算的，即，它是有限的，或者存在由断言符号形成的集合的底部 $\ mathbb {N}$那 $\右箭头$ $\text{W =一组格式良好的公式(wffs)}$由有限元素序列构成的可数集是可数的。

让 $\ {\ alpha_1，\ alpha_2，... \}$枚举 $W.$，即双客观应用 $Z \ mathbb {} ^ {+}$到 $W.$．

让我们定义一个序列 $\Delta_{0}， \Delta_{1}， \Delta_{2}，…那$WFFS的集合的递归 $\ mathbb {N}$这样:

• $\ Delta_{0} = \总和$．

• 已知的 $\ Delta_ {n}$，让我们定义 $\ delta_ {n + 1} = \ delta_ {n} \ cup \ alpha_ {n + 1}$,如果 $(1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (2) (1)$有限是可以满足的。如果是集 $(1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (2) (1)$它没有充满满足，它定义了 $\ Delta_ {n + 1} = \ Delta_ {n} \杯\ neg \ alpha_ {n + 1}$．

通过感应 $\ mathbb {N}$那 $\ Delta_{0} = \总和$有限是可以满足的。我们假设这一点 $\ Delta_ {n}$是有限的满足，然后是 $(1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (2) (1)$根据定义，它也是有限满足的吗 $\ delta_ {n + 1}$有限可以满足的。

如果 $(1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (2) (1)$不是有限的满足，存在有限的子集 $J_1 \ subseteq \ delta_ {n}$这样 $J_1 \cup \alpha_{n + 1}$不是有限的满足，但现在 $\ Delta_ {n + 1} = \ Delta_ {n} \杯\ neg \ alpha_ {n + 1}$， 然后让 $J_2$是任何有限的子集 $(1) (- 1) (- 1) (- 1) (- 1) (- 1) (- 1) (- 1)$．如果 $J_2 \ subseteq \ delta_n$那 $J_2$归纳假设是满足的。如果 $J_2 \ \ subseteq \ Delta_n$， 然后 $J_2 = J_3 \ CUP \ neg \ alpha_ {n + 1}$, $J_3 \ subseteq \ delta_n$．自从 $J_1 \cup J_3 \subseteq \Delta_n$是一个有限的子集，它是满足的或有限的满足， $\右箭头$存在真理评估 $V.$满足 $J_1$和 $J_3$，这意味着 $\overline{v} (\alpha_{n + 1}) = \text{F}$由于 $J_1 \cup \alpha_{n + 1}$不是有限满足的，因此 $\ overline {v}（\ neg \ alpha_ {n + 1}）= \ text {t}$因此 $V.$满足 $J_3 \cup \neg \alpha_{n + 1} = J_2$．由此证明 $\ Delta_ {n + 1} = \ Delta_ {n} \杯\ neg \ alpha_ {n + 1}$有限是可以满足的。

让 $\ displaystyle \ delta = \ bigcup_ {n \ ge 0} \ delta_n$．很明显 $\sum = Delta_0 \subseteq \Delta$, （ $\Delta_0 \subseteq \subseteq \Delta_2，…$）.Furthemore, $\三角洲$是有限可满足的，因为 $\三角洲$包含在一些 $\ Delta_n$．最后， $\三角洲$是完整的，因为给了一个wff $\ psi.$那 $\ psi.$是一个特定的 $\ _n$，建设， $\ alpha_n \ in \ delta$或 $` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` `$． $\广场$

$\盒装{2}$让 $c = \ {h \ text {/} \ sum \ subseteq h \ text {和} h \ textrm {是有限的满足} \}$．这套不是空的，因为 $\ \的C$，并按包含关系部分排序 $\ subseteq$．按这个顺序，每条链 $\{H_0 \subseteq H_1 \子集，…\}$有一个上界 $\ displaystyle h = \ bigcup_ {j \ ge 0} h_j$；有效, $\ \ subseteq和H$和 $H$是有限满足的，因为 $H$包含在一些 $H_N.$．

应用Zorn的引理，存在最大元素 $在C \三角洲\$，那是，如果 $用C K \$和 $\ delta \ subseteq k \ lightarrow k = \ delta$． $\三角洲$是否包含一套WFFS $C$这样 $\ sum \ subseteq \ delta$和 $\三角洲$有限是可以满足的。Furthemore, $\三角洲$是完整的，因为给出了任何 $\α$(wff)，我们有两个中的一个:

• $δ\杯\ \{\α\}$是有限的满足，那么这个集合属于 $C$, $\三角洲$中最大元素 $C$，结论是 $\ alpha \ in \ delta$．

• $δ\杯\ \{\α\}$不是有限的满足。然后，按照演示1的方式进行，接下来是 $\ delta \ cup \ {\ neg \ alpha \}$是有限的满足，而且存在 $\三角洲$中最大元素 $C$，结论是 $\ neg \ alpha \ in \ delta$．

注意，这个演示2是有效的，即使 $W.$不是可数集合。 $\广场$

1.4.4紧性定理。

如果一套废话 $\和$然后是有限的满足，然后 $\和$是可以满足的。

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Proof. -由于3。那T.here exists $\三角洲$（一组WFF），这样 $\ sum \ subseteq \ delta$那 $\三角洲$有限满足的和完全的。 $给所有\ \ψ$wff,我们有: $\boxed{\psi \notin \Delta \iff \neg \psi \in \Delta}$， 因为如果 $\ psi \ notin \ delta$那 $\ neg \ psi \ in \ delta$自 $\三角洲$就完成了。而且,由于 $\{\ψ\ neg \ psi \}$如果是的话，不满足 $\ neg \ psi \ in \ delta$然后 $\ psi \ notin \ delta$因为 $\三角洲$有限是可以满足的。

让 $V.$是每个断言符号给出的真理评估 $一种$那 $v（a）= t \ iff a \ in \ delta$．

我们将通过对良好形式公式的归纳，来证明 $\ psi.$良好的配方我们有： $\盒装{\ ovline {v}（\ psi）= t \ iff \ psi \ in \ delta}$，这相当于 $盒装{\ ovline {v}（\ psi）= f \ iff \ psi \ notin \ delta}$．

$\下划线{\ text {step assertion符号）}}}}}}}}}}}}$它是满足(满足)的定义 $V.$．

$\下划线{\text{Step} \neg \text{)}}$让 $\psi =负\$, $\α$完成框架的论文。然后: $\ overline {v}（\ neg \ alpha）= t \ iff \ overline {v}（\ alpha）= f \ iff \ alpha \ notin \ delta \ iff \ neg \ alpha \ In \ delta$．

$\underline{\text{Step} \wedge \text{)}}$让 $psi =楔$, $\α$和 $β\$完成框架的论文。然后 $\ overline {v}（\ alpha \ wedge \ beta）= t$ $\敌我识别$（ $\ overline {v}（\ alpha）= t$和 ${v} (v) = T$） $\敌我识别$（ $\ alpha \ in \ delta$和 $\β\ \三角洲$）.让我们证明:( $\ alpha \ in \ delta$和 $\β\ \三角洲$） $\敌我识别$ $楔入$．

$\右箭头$）如果这不是真的， $\{alpha, beta, neg(alpha \wedge \beta)\} subseteq \Delta$ $\右箭头$ $\三角洲$没有有限的满足，因为 $\ {\ alpha，\ beta，\ neg（\ alpha \ wedge \ beta）\}$不满足。

$\左箭头$）如果这不是真的， $\{neg \alpha， \alpha \wedge \beta\} \subseteq \Delta$或 $\ {\ neg \ beta，\ alpha \ wedge \ beta \} \ subseteq \ delta$，但这是一个矛盾，因为之前的两个子集是不可满意的。

$\下划线{\ text {step} \ vee \ text {）}}$让 $\psi = \alpha \vee \beta$, $\α$和 $β\$完成框架的论文。很容易看出: $\ vdash \ alpha \ vee \ beta \ iff \ neg（\ neg \ alpha \ wedge \ neg \ beta）$．由于台阶 $\底片$和 $\楔$那 $\ neg \α$和 $β\ neg \$完成论文 $\右箭头$ $\ neg \ alpha \ wedge \ neg \ beta$也完成了论文，因此 $\ neg（\ neg \ alpha \ wedge \ neg \ beta）$还履行论文。坚持 $负(负)楔(负)=$．因此 $\ overline {v}（\ psi）= t \ iff \ overline {v}（\ gamma）= t \ iff \ gamma \ in \ delta$．然后 $在\Delta \iff \psi \在\Delta$，相反， $\{neg \gamma， \psi\} subseteq \Delta$或 $\ {\ neg \ psi，\ gamma \} \ subseteq \ delta$，而且因为 $\ vdash \ psi \ iff \ gamma$那 $\三角洲$将包含一个不可满足的有限子集(矛盾)。

$\下划线{\ text {步骤} \ lightarrow，\ space \ iff \ text {）}}}$被测试为步骤 $\ vee）$考虑到: $\ vdash（\ alpha \ lightarrow \ beta）\ iff \ neg（\ alpha \ wedge \ neg \ beta），\ text {和} \ vdash（\ alpha \ iff \ beta）\ iff \ neg（\ alpha \ wedge \neg \ beta）\ wedge \ neg（\ beta \ wedge \ neg \ alpha）$因此，真相评估 $V.$满足 $\三角洲$和 $\ sum \ subseteq \ delta$． $\广场$．

推论1.4.5

让 $\和$成为一组WFFS和 $\τ$一个wff这样的 $\ \ vDash \τ$．然后，存在有限子集 $\ sum_ {0} \ subseteq \ sum$充实的 $\ sum_ {0} \ vdash \ tau$．

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Proof. - $\ \ vDash \τ$意味着每一个真相评估都是令人满意的 $\和$也满足 $\τ$,也就是说, $\ \ vDash \τ$ $\敌我识别$ $\{\总和\ neg \τ\}$是一个不可满足的集合。应用紧性定理，存在一个有限子集 $J \subseteq \{\sum， \neg \tau\}$这是不令人满意的。因此, $J = sum_{0} \cup \{neg \tau\}$或 $j = \ sum_ {0}$在哪里 $\ sum_ {0} \ subseteq \ sum$是有限集吗 $\ sum_ {0} \ vdash \ tau$． $\广场$

我们将在四色问题的情况下将致密度定理的应用程序汇总。未完待续....

在开始之前（首先），很有意思看到贝尔特兰罗素的悖论和

-Russell的悖论 -罗素悖论

让 $a = \ {x ext {/} x otin x \}$， 然后 $一个\在一个\ iff a otin a$．

“语义悖论”(从某种数学角度来看，这并不是悖论，我的意思是，我们不能用语言来谈论语言)。

命题逻辑使用的语言元语言这是一种使用普通语言的数学语言

• Epiménides说所有克里特人都在撒谎。埃庇米尼得斯是克里特人。那么埃庇米尼德斯的存在当且仅当( $\敌我识别$Epiménides说的是事实。
• 在某个城市，有一个理发师剃掉了所有不刮胡子的人。谁刮胡子？......

注意:由于临时限制，本维基已被删节，全文将很快发布。