Опубликован: 24.04.2007 | Доступ: свободный | Студентов: 706 / 30 | Оценка: 4.60 / 4.30 | Длительность: 25:56:00
Специальности: Программист
Лекция 4:

Контрпример

< Лекция 3 || Лекция 4: 12345 || Лекция 5 >

Теорема 25 (корректность интуиционистского исчисления высказываний относительно шкал Крипке). Формула, выводимая в интуиционистском исчислении высказываний, истинна во всех мирах всех шкал Крипке.

Надо проверить, что все аксиомы истинны во всех мирах, а также что правило modus ponens сохраняет это свойство. Второе очевидно: если A\to B истинна во всех мирах и A истинна во всех мирах, то по определению истинности импликации B будет истинна во всех мирах.

Осталось проверить истинность всех аксиом. Чтобы установить, что импликация \varphi\to\psi истинна во всех мирах, надо проверить, что в тех мирах, где истинна формула \varphi, истинна и формула \psi. Для первой аксиомы A\hm\to (B\to
A): если формула A истинна в некотором мире, то в силу монотонности она истинна и выше, так что B\hm\to A также истинна.

Проверим вторую аксиому (A\hm\to(B\hm\to C))\hm\to((A\hm\to
B)\hm\to (A\hm\to C)). Пусть u\Vdash A\to(B\to C). Надо убедиться, что u\Vdash (A\to B)\to(A\to C). Это означает, что если v\ge u и v\Vdash A\to B, то v\Vdash A\to C. Последнее, в свою очередь, значит, что если w\ge v и w\Vdash A, то w\Vdash C. Но в силу монотонности мы знаем, что {w\Vdash A\to(B\to C)} и w\Vdash A\hm\to B. Поэтому из w\Vdash A следует w\Vdash B, w\Vdash (B\to
C), и, наконец, w\Vdash C, что и требовалось.

Остальные аксиомы проверяются еще проще.

Таким образом, чтобы доказать, что некоторая формула не выводима в интуиционистском исчислении высказываний, достаточно предъявить шкалу Крипке, в одном из миров которой она ложна.

35. Покажите, что в этом случае есть шкала, в которой среди миров есть наименьший и в нем формула ложна.

Для формулы p\lor \lnot p такая шкала строится легко. Возьмем два мира, первый меньше второго. Пусть p истинна только во втором мире. Тогда \lnot p не будет истинна нигде, а p\lor
\lnot p будет истинна только во втором мире.

На самом деле это доказательство в сущности совпадает с приведенным выше (с трехзначной логикой). В самом деле, в этой шкале для формулы есть три возможности: она истинна в обоих мирах, она истинна только во втором мире, или она не истинна ни в одном из миров. Эти три возможности соответствуют трем значениям И, Н и Л в рассмотренной нами трехзначной интерпретации. Легко проверить, что таблицы операций как раз соответствуют определению истинности в модели Крипке.

Теперь мы можем установить, что все перечисленные выше формулы невыводимы в интуиционистском исчислении высказываний. Для формулы \lnot\lnot p \to p годится та же самая шкала ( p истинно только в большем мире). Она же годится для формулы (\lnot q\to\lnot p)\to (p\to q), если p истинно в обоих мирах, а q — только в большем. Для трех оставшихся формул можно рассмотреть шкалы с тремя мирами: начальным миром u, из которого можно попасть в v\ge u и в w\ge u ; миры v и w не сравнимы. Если формула p истинна только в мире v, то формула \lnot p истинна только в мире w, a \lnot\lnot
p истинна только в мире v, так что в мире u обе формулы \lnot p и \lnot\lnot p ложны и дизъюнкция \lnot p \lor \lnot\lnot
p ложна. Чтобы построить контрмодель для формулы \lnot(p\land
q)\to \lnot p\lor \lnot q, будем считать, что p истинна только в мире v, а q истинна только в мире w. Та же шкала годится и для формулы ((p\lor q)\to p)\lor((p\lor q)\to q).

Оказывается, что этот прием универсален, как показывает следующая теорема.

Теорема 26 (полноты интуиционистского исчисления высказываний относительно шкал Крипке). Для любой невыводимой в интуиционистском исчислении формулы \varphi можно подобрать шкалу Крипке, в которой \varphi ложна в некотором мире.

Напомним схему доказательства полноты классического исчисления высказываний, приведенного в разделе "Второе доказательство теоремы о полноте". Пусть формула \varphi невыводима. Мы хотим найти значения переменных, при которых формула \varphi ложна, то есть формула \lnot\varphi истинна. Само по себе требование истинности \lnot\varphi не определяет значения переменных однозначно. Чтобы избавиться от произвола, мы расширяем непротиворечивое множество \{\lnot\varphi\} до полного множества \Gamma и объявляем истинными те переменные, которые входят в \Gamma.

Для интуиционистского случая в этой схеме требуются некоторые изменения. Раньше ложность формулы \varphi была равносильна истинности формулы \lnot\varphi. В шкалах Крипке это уже не так, и мы будем отдельно говорить об истинных и ложных (не истинных) формулах.

Пусть A и Bконечные множества пропозициональных формул. Будем говорить, что пара (A,B) совместна, если существует шкала Крипке и ее мир, в котором все формулы из A истинны, а все формулы из B ложны. Будем говорить, что пара (A,B) противоречива, если в интуиционистском исчислении высказываний выводима формула

(A_1 \land A_2 \land\ldots\land A_n) \to
(B_1 \lor B_2 \lor\ldots\lor B_m),
где A_1,\dots,A_n — формулы множества A, а B_1,\dots,B_m — формулы множества B. (Без ограничения общности можно считать, что перечислены все формулы множеств A и B, поскольку пропущенные формулы можно добавить, не нарушив выводимость.)

Пример: если одна и та же формула входит в обе части пары, то такая пара противоречива.

Легко проверить, что противоречивая пара не может быть совместна. В самом деле, если в некотором мире все формулы из A истинны, а все формулы из B ложны, то посылка импликации в этом мире истинна, а заключение ложно. Поэтому импликация ложна, что противоречит ее выводимости (теорема о корректности).

Мы докажем, что верно и обратное: всякая непротиворечивая пара совместна. В частности, когда B состоит из единственной формулы, получается утверждение теоремы о полноте. (Мы предполагаем, как это обычно делается, что конъюнкция пустого множества формул есть тождественно истинная формула, а дизъюнкция — тождественно ложная. Поэтому противоречивость пары (\varnothing,\{\varphi\}) означает выводимость формулы \varphi. Заметим кстати, что противоречивость пары (\{\varphi\},\varnothing) означает выводимость формулы \lnot\varphi.)

Итак, пусть имеется непротиворечивая пара (A,B). Как доказать ее совместность? Как и в классическом случае, мы устраним произвол, расширив A и B. Основным средством здесь является такая лемма.

< Лекция 3 || Лекция 4: 12345 || Лекция 5 >