6. Независимость аксиом исчисления высказываний

Определение 5.1.12 . Пусть B - множество аксиом формальной теории T . Тогда X ⊆ B - независимое множество аксиом, если существует такая формула A ∈ X, что A не может быть выведена в T без использования аксиом из B: B \ X /f-- A.

Теорема 5.1.11 (о независимости схем аксиом теории L).

Каждая из схем аксиом 1,2,3 теории L независима.

Замечание 5.1.6 . Имеется в виду, что множество всех аксиом по схеме i (i = 1, 2, или 3) независимо.

Доказательство. 1) Докажем независимость схемы 1:

(A ⊃ (B ⊃ A)).

Поскольку вывод формул в формальной теории L происходит в соответствии с правилами вывода и независим от наших знаний от

приписанной операциям логике, мы можем сопоставить символам ⊃ и

¬ любые значения. Определим таблицы следующим образом:

		A 0	B 0	A ⊃ B 0
		0	1	2
A	¬A	0	2	2
0	1	1	0	2
1	1	1	1	2
2	0	1	2	0
		2	0	0
		2	1	0
		2	2	0

Можно показать непосредственной проверкой, что, при таком задании операций, значения всех аксиом по схемам 2 и 3 всегда будет 0.

A B C ((A ⊃ (B ⊃ C)) ⊃ ((A ⊃ B) ⊃ (A ⊃ C))) 0 0 0 (0 ⊃ 0) ⊃ (0 ⊃ 0) = 0 ⊃ 0 = 0

_{0 0 1} (0⊃(0⊃1))⊃((0⊃0)⊃(0⊃1))=

. . .

. . .

=(0⊃2)⊃(0⊃_. 2)=2⊃2=0

.

2 2 2

(2⊃(2⊃2))⊃((2⊃2)⊃(2⊃2))=

=(2⊃0)⊃(0⊃0)=0⊃0=0

A B C ((¬B ⊃ ¬A) ⊃ ((¬B ⊃ A) ⊃ B)

0 0 0 (1 ⊃ 1) ⊃ ((1 ⊃ 0) ⊃ 0) = 2 ⊃ (2 ⊃ 0) = 2 ⊃ 0 = 0

. . . .

2 2 2 (0 ⊃ 0) ⊃ ((0 ⊃ 2) ⊃ 2) = 0 ⊃ (2 ⊃ 2) = 0 ⊃ 0 = 0

Рассмотрим, как работает правило вывода modus ponens: если A = 0 и A ⊃ B = 0, то согласно нашему описанию операции ⊃ будет верно и B = 0. При этом аксиома 1 может принимать ненулевые значения:

A=1,B=2

(A ⊃ (B ⊃ A))

= 1 ⊃ (2 ⊃ 1) = 1 ⊃ 0 = 2.

Следовательно, пользуясь правилом вывода modus ponens из аксиом 2 и 3 нельзя получить любую аксиому схемы 1.

2. Доказательство независимости схемы аксиом 2 аналогично доказательству предыдущего пункта. Определим таблицы для операций

¬ и ⊃ следующим образом:

		A 0	B 0	A ⊃ B 0
		0	1	2
A	¬A	0	2	1
0	1	1	0	0
1	0	1	1	2
2	1	1	2	0
		2	0	0
		2	1	0
		2	2	0

Можно показать непосредственной проверкой, что значения аксиом 1 и 3, при таком определении, всегда 0, а также, что modus ponens сохраняет 0. В то же время

A=B=0,C=1

((A ⊃ (B ⊃ C)) ⊃ ((A ⊃ B) ⊃ (A ⊃ C))) =

= ((0 ⊃ (0 ⊃ 1)) ⊃ ((0 ⊃ 0) ⊃ (0 ⊃ 1))) = ((0 ⊃ 2) ⊃ (0 ⊃ 2)) =

= 1 ⊃ 1 = 2.

Следовательно, пользуясь правилом вывода modus ponens из аксиом 1 и 3 нельзя получить любую аксиому схемы 2.

2. Докажем независимость схемы 3:

((¬B ⊃ ¬A) ⊃ ((¬B ⊃ A) ⊃ B)).

Рассмотрим оператор h, сопоставляющий произвольной формуле A формулу h(A), полученную удалением всех символов ¬. Тогда, для любой аксиомы A по схеме 1 или 2, h(A) также будет аксиомой по

схеме, соответственно, 1 или 2. Следовательно, по лемме 5.1.7, для любой аксиомы A по схеме 1 или 2, h(A) - тавтология.

Пусть A и A ⊃ B таковы, что h(A) и h(A ⊃ B) - тавтологии. Тогда

h(A) ⊃ h(B) = h(A ⊃ B) - тавтология и h(B), по свойствам операции

импликации, тоже тавтология. Следовательно, h от любой формулы, выводимой из аксиом 1 и 2, - тавтология.

В то же время,

A=B=0

h(((¬B ⊃ ¬A) ⊃ ((¬B ⊃ A) ⊃ B))) =

A=B=0

= ((B ⊃ A) ⊃ ((B ⊃ A) ⊃ B)) =

= ((0 ⊃ 0) ⊃ ((0 ⊃ 0) ⊃ 0) = 1 ⊃ (1 ⊃ 0) = 1 ⊃ 0 = 0.

То есть оператор h от аксиомы по схеме 3 не обязательно тавтология. Следовательно, пользуясь правилом вывода modus ponens из аксиом 1 и 2 нельзя получить любую аксиому схемы 3.

D