Математическая логика - Кожухов И.Б., Романов А.В. [2008]

ϕ

¬¬ϕ,

а

(ϕ → ¬¬ϕ) → (¬¬¬ϕ → ¬ϕ)

– частным

случаем

(ϕ → ψ) → (¬ψ → ¬ϕ) Так

как

ϕ → ¬¬ϕ уже доказано, то по modus ponens получим:

¬¬¬ϕ → ¬ϕ, а отсюда ¬¬¬ϕ

¬ϕ.

Докажем

теперь

невыводимость

секвенции

|− p ¬p

(закона

исключённого третьего)

в

интуиционистской

логике

формально. Рассмотрим

трёхзначное

множество

значений

истинности

B3

= {0, 1,1 / 2}

в котором 0 интерпретируется как ложь,

1 –

как истина, 1 / 2

– как неопределённость.

Определим логические

операции

на

B3

следующим

образом:

x y = min(x,y),

x y = max(x,y),

если

x ≤ y,

1,

¬1 = ¬1 / 2 = 0, ¬0 = 1,

x → y =

если

x > y.

y,

Понятия оценки и интерпретации на

B3

вводятся по аналогии с

B. Назовем секвенцию Γ |−ϕ

истинной при оценке θ,

если maxBΓ

(B) ≤

(A),

и тождественно истинной в трёхзначной логике, если

θ

θ

она истинна при всех оценках. Можно проверить, что все правила НД, кроме RAA, корректны на B3

(то

есть из тождественно истинных в

B3

посылок получаются тождественно истинные заключения). Кроме

того, аксиомы тождественно истинны. Значит, все выводимые в ИИВ формулы тождественно истинны в B3 .

Однако,

формула

p ¬p

тождественно

истинной

не

является,

так

как

при

θ(p) = 1 / 2

(p ¬p) = 1 / 2 ¬1 / 2 = 1 / 2 ≠ 1. Значит, формула p ¬p невыводима в ИИВ.

θ

Замечание. Существуют тождественно истинные в трёхзначной логике, но невыводимые в ИИВ

формулы.

Например, ¬p ¬¬p,

¬(p q) → (¬p ¬q).

Более того,

никакой конечный набор значений

множества A

его

мощность (т.е. количество

элементов)

обозначим | A | .

Это число принадлежит

множеству

0 –

расширенному множеству

натуральных

чисел. Чтобы

изложение было целиком

Свойства эквивалентности множеств:

1) A ~ A;

если A ~ B, то B ~ A;

если A ~ B, а B ~ C, то A ~ C.

Доказательство. 1) тождественное отображение A → A, a a,

является взаимно однозначным; 2)

если f : A → B взаимно однозначно, то f −1 : B → A – тоже; 3) если

f : A → B и g : B →C – взаимно

Доказательство. Положим A0 = A, B0 = B. Пусть f (A) = B1, g(B) = A1, f (A1 ) = B2, g(B1 ) = A2 и

вообще f (Ai ) = Bi+1, g(Bi ) = Ai+1. Мы имеем:

A = (A \ A1 ) (A1 \ A2 ) (A2 \ A3 ) (A3 \ A4 ) ... C,

(1)

∞

где

C = ∩An ,

n=1

B = (B \ B1 ) (B1 \ B2 ) (B2 \ B3 ) (B3 \ B4 ) ... D,

(2)

∞

где D = ∩Bn .

n=1

Очевидно, g взаимно однозначно отображает B

на

A , поэтому существует

g−1 : A → B, также

1

1

взаимно однозначное. Проверим, что f взаимно однозначно отображает C на D.

Действительно, пусть

f (c) = b.

Так как c ∩n∞=1 An , то f (c) ∩n∞=1 Bn = D.

Следовательно, f (C ) D. Пусть d D. Так как

D Bn

и f (An−1 ) = Bn , то d = f (x) для некоторого

x An−1. Это равенство выполнено для каждого

натурального

n.

Если x A

, x ′ A

−1

и

f (x) = f (x ′), то (ввиду того,

что f

– вложение) x = x ′.

n−1

m

Следовательно,

x ∩n∞=2 An−1

=C. Таким

образом,

f : C → D

взаимно

однозначно.

Кроме

того, f

взаимно однозначно отображает A \ A на

B \ B ,

A \ A на B

3

\ B

4

и т.д., а g−1

взаимно однозначно

1

1

2

2

3

отображает A1 \ A2

на B \ B1,

A3

\ A4

на

B2 \ B3

и т.д. Пользуясь соотношениями (1)

и (2),

нетрудно

убедиться в том, что отображение h : A → B, определённое правилом

если

a A

\ A

,

f (a),

2k

2k +1

−1

(a),

если

a A

\ A

,

h(a) = g

−1

2k

2k

если

a C,

f (a),

доказывать эквивалентность множеств A и B,

не прибегая к построению взаимно однозначного

отображения A → B, а строя лишь вложения A → B и B → A.

Пример. Докажем, что отрезок [0; 1] и интервал (0; 1) равномощны.

Действительно, тождественное отображение x

x

является вложением (0; 1)

в [0; 1]. Далее, отрезок

[0; 1] вкладывается в

интервал

(−1; 2), а он взаимно

однозначно отображается

на

интервал (0; 1) с

помощью отображения x

x +1

. Отсюда по теореме Шрёдера – Бернштейна получаем: [0; 1] ~ (0; 1).

3

Итак, отношение

≤

обладает обычными

свойствами частичного порядка

(рефлексивность,

Множество A называется счётным, если A ~ N.

Например, счётным является множество 2 чётных натуральных чисел. Действительно, отображение

x

2x задаёт взаимно однозначное соответствие между множествами

и 2 .

Свойства счётных множеств:

объединение двух счётных множеств счётно;

прямое произведение двух счётных множеств счётно;

объединение счётного числа счётных множеств счётно;

всякое бесконечное множество имеет счётное подмножество.

Доказательство. Докажем вначале свойство 2). Пусть C = A×B,

где A, B – счётные множества.

1

2

4

7

3

5

8

12

6

9

13

18

10

14

19

25

Номер, который будет присвоен паре (a

,b

), равен

(i + j −1)(i + j −2)

+ j.

i

j

2

Свойство

3)

следует из

2)

и теоремы Шрёдера – Бернштейна. Поясним

это.

Пусть

C = A1 A2

A3 …, где каждое

Ai

счётно.

Так как

вкладывается в

A1,

то

вкладывается в C.

Осталось построить вложение С → .

По условию Ai − счётные множества, поэтому Ai

= {ai1,ai2,ai 3,…},

значит,

элемент из C имеет вид aij .

Не исключается, что aij

= akl при каких-нибудь

(i, j) ≠ (k,l). Для

каждого

c C

выберем

одно

какое-нибудь

представление

в

виде c = aij .

Отображение c

(i, j)

определяет вложение C в

× ,

а по свойству 2) |

× |=|

| .

Значит, |C | = |

| .

Свойство 1) следует из 3), так как A B = A B B B …

Докажем свойство 4).

Пусть

A − бесконечное множество.

Выберем элемент

a1

A.

Так как A

бесконечно,

то

A ≠ {a1 }.

Значит,

существует

элемент

a2

A \ {a1}.

Таким

же

образом

найдём

a3 A \ {a1,a2 },

a4

A \ {a1,a2,a3 }

и т.д. Мы получили счётное подмножество {a1,a2,a3,…} множества A.

Мощность множества

(а значит, любого счётного множества) обозначается

0 (читается: «алеф-

нуль»). Так как всякое бесконечное множество содержит счётное подмножество, то 0

– самая маленькая из

всех бесконечных мощностей.

Если A и B – два непересекающихся счётных множества, то по свойству 1) | A B | = 0 . Это можно

записать так: 0

+ 0 = 0 . Аналогично этому свойство 2) можно записать так: 0 0

= 0 .

[0, 1] = {α1, α2, α3,…}.

(1)

Теперь построим число β [0, 1] следующим образом. Пусть b − любая цифра, отличная от a1

и 9,

1

1

b

− любая цифра, отличная от a2

и 9, и вообще b

≠ ai ,

b

≠ 9. Положим β = 0,b b b … Тогда β ≠ α

при

2

2

i

i

i

1 2 3

i

всех i. Так как β [0, 1] , мы получили противоречие с равенством (1). Теорема доказана.

Замечание. Приведённый здесь метод доказательства называется диагональным методом Кантора.

Мощность множества чисел отрезка [0, 1] называется мощностью континуума

и обозначается c. По

x [0, 1)×[0, 1).

Тогда x = (y, z), где y, z [0, 1). Запишем y и z

в виде бесконечных десятичных дробей:

y = 0, α1α2α3 …,

z = 0, β1β2β3 … (как в доказательстве теоремы

Кантора, мы запрещаем дроби

вида

0, … 999…).

Рассмотрим отображение (y, z) 0, α1β1α2β2α3β3 … Нетрудно проверить, что

оно

Доказательство. Пусть f XY×Z .

Тогда f :Y ×Z → X. Для каждого z Z определим f :Y → X как

z

y f (y,z). По определению f XY .

Значит, мы имеем отображение ϕ : Z → XY , z

f . Ясно, что

z

z

ϕ (XY )Z . Положим Φ(f ) = ϕ. Мы получили отображение Φ : XY×Z

→ (XY )Z .

Докажем, что Ф является вложением. Действительно, пусть

f

′

′

≠ f . Тогда f (y,z) ≠ f (y, z) при

некоторых y Y, z Z. Отсюда f (y) ≠ f ′(y). Значит,

f

≠ f ′,

а

потому ϕ ≠ ϕ′.

Таким образом,

z

z

z

z

Осталось доказать, что Φ является наложением, т.е. что для каждого

ψ (XY )Z

существует такое

f XY×Z , что

Φ(f ) = ψ. Имеем:

ψ : Z → XY .

Значит,

ψ(z) XY ,

т.е.

ψ(z) :Y → X.

Таким образом,

ψ(z)(y) X. Положим

f (y, z) = ψ(z)(y).

Тогда

f :Y ×Z → X. Осталось

проверить,

что

Φ(f ) = ψ.

Мы

имеем: fz (y) = f (y,z) = ψ(z)(y).

Ввиду

произвольности

элемента

y Y

получаем:

fz = ψ(z).

По

определению Φ(f )(z) = fz . Значит, Φ(f )(z) = ψ(z). Ввиду

произвольности

элемента

z Z

получаем:

Φ(f ) = ψ. Это и требовалось доказать.

Множество всех отображений множества X в двухэлементное множество {0, 1} обозначим через 2X.

Теорема 4. Множество 2X эквивалентно множеству всех подмножеств множества X.

Доказательство. Каждому элементу

f 2X , т.е. функции f : X → {0, 1}, поставим в соответствие

f −1(1) = {x X | f (x) = 1} – подмножество множества

X.

Имеем отображение f

f −1(1).

Наоборот,

каждому подмножеству A X соответствует функция f

2X , а именно,

если

x A,

1,

f (x) =

если

x A.

0,

словами, 2 0

= c).

Доказательство.

Ввиду

теоремы Шрёдера – Бернштейна

нам достаточно

построить

вложения

2 → [0, 1] и [0, 1] → 2 .

Каждой функции f : N → {0, 1} сопоставим бесконечную десятичную дробь 0, f (1)f (2)f (3)…

Теперь вложим

[0, 1] в

2 . Элементы из

[0, 1] представим в виде бесконечных двоичных дробей,

запретив для однозначности записи вида 0, … 111… для всех чисел, кроме

1 = 0,1111… Каждой

двоичной дроби 0, ε1ε2ε3 … сопоставим функцию f, определённую правилом i

εi .

Теорема 6 (Кантора). Для любого множества X | 2X |>| X | .

Доказательство.

Вложение X → 2X осуществляется просто: x

{x}. Нам осталось доказать, что не

существует

взаимно

однозначного соответствия между множествами X

и 2X.

Предположим, что

существует

взаимно

однозначное соответствие

X → 2X ,

т.е.

каждому

элементу

x X

ставится в

соответствие подмножество Ax X,

причём каждое подмножество

B X представимо в виде B = Au

при некотором u X. По условию

= As

при некотором s X,

значит,

s As .

Далее,

X = At при

некотором

t X;

в

этом

случае

t At .

Построим

подмножество

Y

множества

X,

положив

Y = {y X | y Ay }. Так как Y X, то Y = Az

при некотором z X. Выясним,

верно ли соотношение

z Az . Имеем:

а) если z Az , то z Y;

по определению множества Y получим: z Az ;

б) если

z Az ,

то z Y ; по определению множества Y

получим:

z Az ,

что невозможно. Мы

Пример 1.

Множество

натуральных чисел с обычным отношением порядка является вполне

упорядоченным.

× с отношением лексикографического порядка (a,b) ≤ (a′,b′) (a <a′

Пример 2.

Множество

непустое подмножество имеет наименьший элемент. Пусть B

×

– непустое подмножество. Выберем

элемент b = (x0,y0 ) B,

у которого x0 – наименьшее среди x

таких, что (x,y) B. Рассмотрим теперь

лишь те элементы из B,

которые имеют вид (x0,y). Среди всех таких y

выберем наименьшее y0 . Нетрудно

(a

,a

,…,a

) ≤ (a′,a′,…,a

′)

1

2

n

1

2

n

<a1′,

или

a1

a

1

= a′, a

2

<a

′,

или

1

2

= a′,…,a

= a′

, a

<a′

, или

a

1

n−2

−2

n−1

−1

1

n

n

a

= a′,…,a

= a′

, a

≤a

′.

1

1

n−1

n−1

n

n

и x ≤ y в A,

x,y A

и x ≤ y в B,

x ≤ y x,y B

x A, y B.

ϕ : A → B,

где A,B – начальные отрезки множеств X,Y.

Такие изоморфизмы есть. Например, если X и

Y непусты, а x0

и y0 – наименьшие элементы множеств X и Y, то {x0 } → {y0 } – изоморфизм начальных

отрезков. Докажем теперь, что для каждого начального отрезка A множества X изоморфизм ϕ : A → B,

где B –

начальный отрезок множества Y, если существует, то

только один.

Действительно, пусть

ϕ : A → B,

ψ : A → B′ – изоморфизмы, где B′ – начальный отрезок множества Y.

Пусть a – наименьший

элемент из A такой,

что ϕ(a) ≠ ψ(a). Мы можем считать,

что ϕ(a) < ψ(a). Положим b = ϕ(a),

b′ = ψ(a),

A1 = {x X | x <a},

B1 = {y Y | y <b}. Очевидно,

ϕ отображает взаимно однозначно A1

на B1. Для

x <a ϕ(x) = ψ(x).

По условию

ψ(a) = b′ и b <b′. Поэтому

ψ(a′) = b при некотором a′ <a. Имеем:

ψ(a′) = ϕ(a′) < ϕ(a) = b, что противоречит равенству ψ(a′) = b.

Пусть

A –

объединение всех начальных отрезков

A X, для которых существует изоморфизм

ϕ : A → B на начальный отрезок

B множества Y . Рассмотрим отображение

ϕ : A →Y, определённое

следующим образом: если a A,

то a A для некоторого A,

для которого есть изоморфизм ϕ : A → B;

положим ϕ(a) = ϕ(a). Это определение является корректным, так

как если

a A′ и ϕ′ : A′ → B′ –

изоморфизм, то либо A A′, либо A′ A. Если A A′, то ϕ и ϕ′ |

– изоморфизмы начального отрезка

A

′

ϕ

=

ϕ

′

′

A на начальный отрезок ϕ(A) или ϕ (A). Поэтому

|A . Значит, ϕ(a) = ϕ (a), что доказывает

корректность определения отображения ϕ.

Очевидно, A – наибольший начальный отрезок в

X,

отображающийся на начальный отрезок в Y.

Пусть ϕ(A) = B.

Докажем, что либо A = X, либо B =Y.

Предположим, что

A ≠ X и B ≠Y. Пусть

u = min(X \ A),

v = min(Y \ B). Положим A′ = A {u},

B′ = B {v}. Очевидно, A′ и B′ – начальные

29

отрезки множеств A и B соответственно.

Определим отображение ϕ′ : A′ → B′,

положив ϕ'(x) = ϕ(x)

для x A и ϕ'(u) = v. Очевидно, ϕ

′

–

изоморфизм начальных отрезков

A

′

и

′

B . Так как A –

наибольший начальный отрезок, изоморфный начальному отрезку в Y, то A′ A.

Однако u A′ \ A. Мы

получили противоречие. Следовательно,

A = X или B =Y.

В первом случае множество X изоморфно

начальному отрезку множества Y, во втором случае - наоборот. Теорема доказана.

Лемма 2. Пусть

A,B – вполне упорядоченные множества и множество

A изоморфно начальному

отрезку множества B.

Тогда этот изоморфизм ϕ : A → B′ B определяется единственным образом.

Доказательство.

Пусть ψ : A → B –

вложение, сохраняющее порядок,

и ψ(A) = B′′ – начальный

отрезок множества B.

Надо доказать, что ϕ = ψ. Пусть ϕ ≠ ψ и a = min{x A | ϕ(x) ≠ ψ(x)}. Можно

считать, что ϕ(a) < ψ(a). Так как B′′ – начальный отрезок,

ψ(a) B и ϕ(a) < ψ(a),

то ϕ(a) = ψ(a′) для

некоторого a′ <a. Так как a′ <a, то

ψ(a′) = ϕ(a′), значит, ϕ(a) = ϕ(a′).

Так как

ϕ – вложение,

то

a = a′, но это невозможно. Таким образом, ϕ = ψ.

Следствие. Вполне упорядоченное

множество A не может

быть изоморфно

своему начальному

отрезку, отличному от A.

Доказательство. Пусть A – вполне упорядоченное множество и ϕ : A → A – вложение, сохраняющее

порядок, причём ϕ(A)

– начальный отрезок множества A. Тождественное отображение ε : A → A,

a

a,

тоже является изоморфизмом A на

начальный отрезок

A,

откуда по

лемме

получаем:

ϕ = ε.

Следовательно, ϕ(A) = A.

Докажем эквивалентность этих утверждений по схеме (1) (2) (3) (1).

(1) (2). С

помощью аксиомы выбора нам надо доказать лемму Цорна. Пусть A – частично

упорядоченное множество, в котором каждая цепь имеет мажоранту. Обозначим через f

функцию выбора

f : 2A \ { } → A.

Предположим,

что множество

A не имеет максимального элемента,

и приведём это

предположение к противоречию.

Так как в

A нет максимального элемента, то B(Γ) \ Γ ≠ для любой

цепи Γ A.

Назовём подмножество Γ множества A отмеченным, если выполняются условия:

(а) Γ вполне упорядочено отношением порядка, перенесённым на Γ из A;

(б) для любого a Γ имеет место равенство a = f (B(Γa ) \ Γa ).

Отмеченные

подмножества

существуют. Например, . Примером непустого отмеченного

подмножества может служить {a

},

где

a

0

= f (A). Пусть

Γ и Γ′

– два отмеченных подмножества,

0

a = min Γ, a′ = min Γ′. Тогда

Γ

= Γ′

′

= ,

B(Γ ) = B(Γ′

) = A,

поэтому a = f (A \ ) = a′. Итак,

a

a

a

a ′

Докажем, что для

любых

отмеченных

подмножеств Γ

и

Γ′ либо Γ Γ′,

либо Γ′ Γ.

По

предыдущей теореме одно из этих множеств изоморфно начальному отрезку другого.

Пусть, например, Γ

изоморфно начальному

отрезку

множества

Γ′ и ϕ : Γ → Γ′

–

изоморфизм Γ

на ϕ(Γ). Так

как

30