数理逻辑习题乱做

做习题，不保证对，不保证全

2.10

证明只有 \(\uparrow,\downarrow\) 能单独定义所有的单目和二元运算

首先考虑如何表示 \(\neg\)。

\(\circ\) 这个二元运算能表示 \(\neg\) 的定义为，对于任意公式 \(A\) 都有 \(\neg A=A\circ A\circ A\cdots A\) 成立

取解释 \(\scr I\) 使得 \({\scr I}(A)=T\)，代入上式有 \(F=T\circ T\circ T\cdots T\)

这里可以发现，对于 \(\circ\) 运算必然有 \(T\circ T=F\) 成立。否则假设 \(T\circ T=T\)，那么简单归纳就有 \(F=T\circ T\circ T\cdots T=T\)，矛盾。

同理可以知道必然有 \(F\circ F=T\)。那么就可以知道 \(\circ\) 只能是 \(\uparrow\)，\(\downarrow\)，投影，投影取反

假设 \(\circ\) 是投影，那么根据投影的性质简单归纳可知投影的复合还是投影，这就与它能表示任意二元运算矛盾了。投影取反同理。因此就只能是 \(\uparrow,\downarrow\)

然后可以构造 \(A\uparrow A=\neg A\)，\((A\uparrow B)\uparrow(A\uparrow B)=\neg(A\uparrow B)=A\and B\)，这样就实现了一个完备集，搞定！

2.11

证明 \(\wedge\) 和 \(\vee\) 不是完备符号集

很显然单个的 \(\wedge\) 和 \(\vee\) 不是完备集（参照2.10），下面证明 \(\left\{\wedge,\vee\right\}\) 不是完备集

类似上面的证明，取 \(\neg A=A\wedge A\vee A\cdots A\)，右侧可以任意加减括号

取解释 \(\scr I\) 使得 \({\scr I}(A)=T\)，那么有 \(F=T\wedge T\vee T\cdots T=T\)，矛盾。

2.12

证明 \(\left\{\neg,\leftrightarrow\right\}\) 不是完备集

考虑某个投影运算 \(\circ\)，其定义为 \(A\circ B=A\)，那么假设这是一个完备集，根据定义有

\(A\circ A=(A\leftrightarrow A)\leftrightarrow\neg(\cdots\)

考虑公式的所有二元运算的叶子：

1. 形如 \(A\leftrightarrow A\)，其与 \(\top\) 逻辑等价，值为 \(T\)
2. 形如 \(\neg A\leftrightarrow A\)，其与 \(\bot\) 逻辑等价，值为 \(F\)
3. 形如 \(A\leftrightarrow\neg A\)，其与 \(\bot\) 逻辑等价，值为 \(F\)
4. 形如 \(\neg A\leftrightarrow \neg A\)，其与 \(\top\) 逻辑等价，值为 \(T\)

即上述等式的右侧将会是一个常量（\(T\) 或 \(F\)），即 \(A\circ A=T\) 或 \(A\circ A=F\)，二者只能取其一。

然而根据投影的定义有 \(A\circ A=A=T\)，在使得 \(A\) 为 \(F\) 的解释下就找到了一个矛盾，因此这不是完备集。

2.17

设 \(\scr U\) 是一个公理集，记 \({\scr T}(\scr U)\) 是其导出的理论集，证明 \(\scr T(U)\) 在 \(\models\) 下是封闭的。

由反证法假设其不封闭，则存在 \(A\not\in {\scr T(U)}\)，满足 \({\scr T(U)}\models A\)，即 \(\models \bigwedge{\scr T(U)}\rightarrow A\)。

根据 \(\scr T(U)\) 的定义有 \(\forall F\in{\scr T(U)}\) 都有 \({\scr U}\models F\)，即对于任意 \(\scr T(U)\) 中的公式 \(F\) 都有 \(\models \bigwedge{\scr U}\rightarrow F\)，因此有 \(\models \bigwedge{\scr U}\rightarrow \bigwedge{\scr T(U)}\)

结合上面两条就有 \(\models \bigwedge{\scr U}\rightarrow A\)，即 \({\scr U}\models A\)，根据 \(\scr T(U)\) 的定义有 \(A\in{\scr T(U)}\)，这与假设矛盾；故假设不成立，即 \(\scr T(U)\) 在 \(\models\) 下封闭

3.18

称公式集是极大一致的，当且仅当它的所有真超集都是不一致的。设 \(S\) 是一极大一致的可数公式集，证明：

1. \(S\) 的所有有限子集都是可满足的
2. 对于任意公式 \(A\)，\(S\cup\left\{A\right\}\) 和 \(S\cup\left\{\neg A\right\}\) 二者至少有一个是一致的
3. \(S\) 可以被拓展为极大一致的公式集

1

显然对于公式集 \(S\) 的有限子集 \(T\)，\(T\) 是一致的（否则将得出 \(S\) 不一致的矛盾）

由反证法，设 \(T\) 不可满足，则任意解释下 \(T\) 中存在值为 \(F\) 的公式。因此根据 \(\models\) 的定义，对于任意的公式 \(A\) 都有 \(T\models A\)，即 \(\models \bigvee T\rightarrow A\)

又根据 \(\scr H\) 的可靠性和完备性有 \(\vdash \bigvee T\rightarrow A\)，即 \(T\vdash A\) 对任意公式 \(A\) 都成立。因此 \(T\) 不一致，这与假设矛盾。故 \(T\) 可满足。

中间跳了一些步骤

2

假设都不一致，那么有 \(S\vdash A\) 并且 \(S\vdash\neg A\)，根据定义有 \(S\) 不一致，与假设矛盾。故 至少有一个是一致的

3

注意到 \(S\cup \left\{A\right\}\) 和 \(S\cup\left\{\neg A\right\}\) 二者至少有一个保持了一致性，并且2中的证明只用到了 \(S\) 的一致性，所以用2中的结论一直往里面加公式就好了，这样就会得到 $\forall A\in{\scr F}\text{, either \(A\in S\) or \(\neg A\in S\)}$

Prob 1

证明 \(|PROP|=\aleph_0\)

证明1

构造 \(P_k=\overbrace{PS\times PS\times\cdots PS}^{k个}\)，其中 \(PS\times PS\) 定义为集合的笛卡尔积运算

定义 \(P=\bigcup_{k\in\mathbb N^+} P_k\)，有 \(PROP\subseteq P\)

并且对于任意正整数 \(k\)，有 \(P_k\) 是可数集，因此 \(P\) 是可数个可数集之并，易证 \(|P|=\aleph_0\)，因此 \(|PROP|\leqslant\aleph_0\)

又注意到如下命题构造序列：\(A,\neg A,\neg\neg A\ldots\)，易得 \(|PROP|\geqslant\aleph_0\)

结合就有 \(|PROP|=\aleph_0\)

证明2

考虑构造如下映射 \(f\)：

\[\begin{equation} f(x)=\left\{ \begin{aligned} 0002&,& x&=\neg\\ 0012&,& x&=\wedge\\ 0102&,& x&=\vee\\ 0112&,& x&=\rightarrow\\ 1002&,& x&=(\\ 1012&,& x&=)\\ bit(x)0002&,& x&\in PS\\ \end{aligned} \right. \end{equation} \]

其中 \(bit(x)\) 将自然数 \(x\) 转化为其二进制表示的字符串。

很显然 \(f:PROP\mapsto \mathbb N\) 是一个单射，这里可以把结果串解释为三进制数，故有 \(|PROP|\leqslant\aleph_0\)

另一个不等式是显然的

Prob 2

证明括号引理

其实就是结构归纳的简单应用。

Base Case

考虑 \(A\in PS\)，此时左括号的数量等于右括号的数量

Step Case

1. \(A=(\neg B)\)，而 \(B\) 是命题，则根据归纳假设 \(B\) 满足括号引理，因此 \(A\) 仍然满足
2. \(A = (B\wedge C)\)，根据归纳假设 \(B,C\) 满足括号引理，此时 \(A\) 仍然满足
3. 剩下的几个是类似的

根据结构归纳法，所有由上述方法定义出的命题都满足括号引理。又因为命题仅限于此，因此对于所有的命题括号引理都成立。证毕。