哥德尔不完全性定理

一阶语言 $(\forall, \neg, \to, =, f_1, f_2, \cdots, P_1, P_2, \cdots, a_1, a_2, \cdots, x_1, x_2, \cdots)$ ，存在量词可以由全称量词表示，其他连接符可以用 $\neg$ 和 $\to$ 表示。

公理：

$\cal{A} \to (\cal{B} \to \cal{A})$

$(\cal{A} \to (\cal{B} \to \cal{C})) \to ((\cal{A} \to \cal{B}) \to (\cal{A} \to \cal{C}))$

$(\neg \cal{B} \to \neg \cal{A}) \to (\cal{A} \to \cal{B})$

$(\forall x)\cal{A}(x) \to A(t)$ ，其中 $t$ 关于 $x$ 在 $\cal{A}(x)$ 中自由。

$(\forall x(\cal{A} \to \cal{B}(x))) \to (\cal{A} \to \forall x \cal{B}(x))$ $(\forall x(\cal{A} \to \cal{B}(x))) \to (\cal{A} \to \forall x \cal{B}(x))$ ，其中 $x$ 在 $\cal{A}$ 中无自由出现。

$x = x$

$(x = y) \to (f(x_1, \cdots, x, \cdots, x_n) = f(x_1, \cdots, y, \cdots, x_n))$ ，其中 $f$ 是 $n$ 元函数。

$(x = y) \to (P(x_1, \cdots, x, \cdots, x_n) \to P(x_1, \cdots, y, \cdots, x_n))$ ，其中 $P$ 是 $n$ 元关系。

如果 $T$ 是一个有等词的一阶理论， $M$ 是 $T$ 的一个模型，则可以商掉等价关系得到一个和 $M$ 初等等价的正规模型 $M^\prime$ 。

皮亚诺算术： $(\forall, \neg, \to, =,\ {}^\prime \ , +, \times, 0)$ ，并添加如下公理

$\neg(x^\prime = 0)$

$(x^\prime = y^\prime) \to (x = y)$

$x+0 = x$

$x+y^\prime = (x+y)^\prime$

$x \times 0 = 0$

$x\times y^\prime = (x\times y) + x$

$A(0) \to ( (\forall x)(A(x) \to A(x^\prime)) \to (\forall x)A(x))$ ，其中 $A(x)$ 是一个合取范式， $A(0)$ 和 $A(x^\prime)$ 为把 $A(x)$ 中所有 $x$ 的自由出现都替换成 $0$ 和 $x^\prime$ 的合取范式。

令 $0^{(p)}$ 为 $0^{\overbrace{\prime\prime\cdots \prime}^p}$ 的缩写。则 $\text{PA} \vdash (0^{(p)})^\prime = 0^{(p+1)}$ ， $\text{PA} \vdash 0^{(p)} + 0^{(q)} = 0 ^{(p+q)}$ ， $\text{PA} \vdash 0^{(p)} \times 0^{(q)} = 0^{(p\cdot q)}$ 。

哥德尔不完全性定理：存在闭的合取范式 $\cal{A}$ ， $\text{PA} \not \vdash \cal{A}$ 且 $\text{PA} \not \vdash \neg \cal{A}$ 。

$\mathbb{N} = \{ 0, 1, 2, \cdots \}$ ，称为 $\text{PA}$ 的标准模型。任意合取范式 $\cal{A}(x)$ ，如果任意 $p$ 都有 $\text{PA} \vdash \cal{A}(p)$ ，则 $\text{PA} \not \vdash \neg (\forall x)\cal{A}(x)$ 。否则在标准模型里会出现矛盾。这称为 $\omega$ 一致性。

哥德尔数：给合取范式和合取范式组成的序列编号。

$g(\forall) = 1$ ， $g(\neg) = 2$ ， $g(\to) = 3$ ， $g(\ (\ ) = 4$ ， $g(\ )\ ) = 5$ ， $g(\ ,\ )=6$ ， $g(\ {}^\prime\ ) = 7$ ， $g(+) = 8$ ， $g(\times) = 9$ ， $g(=) = 10$ ， $g(x_n) = 10+n$ 。

合取范式： $g(a_1a_2\cdots a_n) = 2^{g(a_1)} \cdot 3^{g(a_2)} \cdot 5^{g(a_3)} \cdots p_n^{g(a_n)}$

合取范式序列； $g(wf_1, wf_2, \cdots, wf_n) = 2^{g(wf_1)}\cdot 3^{g(wf_2)}\cdot 5^{g(wf_3)}\cdots p_n^{g(wf_n)}$

可表达性：一个 $n$ 元关系 $r : \mathbb{N}^n \to \{\text{T}, \text{F}\}$ 称为可表达的，如果存在恰包含 $n$ 个自由变元的合取范式 $\cal{A}(x_1, \cdots, x_n)$ ，满足：当 $r(a_1, a_2, \cdots, a_n)$ 为真时， $\text{PA} \vdash A(0^{(a_1)}, 0^{(a_2)}, \cdots, 0^{(a_n)})$ ；否则 $\text{PA} \vdash \neg A(0^{(a_1)}, 0^{(a_2)}, \cdots, 0^{(a_n)})$ 。

一个 $n$ 元函数 $f:\mathbb{N}^n \to \mathbb{N}$ 称为可表达的，如果存在 $n+1$ 个变元的合取范式 $\cal{A}(x_1, x_2, \cdots, x_{n+1})$ ，满足：

任意 $(a_1, a_2, \cdots, a_n) \in \mathbb{N}^n$ ，都有 $\text{PA} \vdash A(0^{(a_1)}, \cdots, 0^{(a_n)}, 0^{(f(a_1, \cdots, a_n))})$ ，且 $\text{PA} \vdash (\exists_1 x)(A(0^{(a_1)}, \cdots, 0^{(a_n)}, x))$

证明思路：考虑如下二元关系 $r(p, q)$ ： $r(p, q)$ 为真当且仅当 $p$ 是某个恰以 $x_1$ 为自由变元的合取范式 $\cal{A}(x_1)$ 的哥德尔数，且 $q$ 编码一个合取范式序列，它是 $A(0^{(p)})$ 的一个证明。

先证明 $r(p, q)$ 是可表达的，假设 $\cal{A}(x, y)$ 表达它。考虑这个合取范式 $\cal{B}(x) := (\forall y)(\neg \cal{A}(x, y))$ ，设它的哥德尔数是 $p$ 。现在考虑合取范式 $B(0^{(p)})$ 。

若 $\text{PA} \vdash B(0^{(p)})$ ，则任意非负整数 $q$ 有： $\text{PA} \vdash \neg A(0^{(p)}, 0^{(q)})$ ，因此把 $0^{(p)}$ 带入到它自己里不可被证明。但是 $0^{(p)}$ 对应的合取范式是 $\cal{B}(x)$ ，从而 $B(0^{(p)})$ 不可被证明，矛盾。

若 $\text{PA} \vdash \neg B(0^{(p)})$ ，由于 $\text{PA}$ 满足 $\omega$ 一致性，存在一个非负整数 $q$ 使得 $\text{PA} \vdash \neg(\neg A(0^{(p)}, 0^{(q)}))$ 。因此 $B(0^{(p)})$ 可证，矛盾。

所以 $B(0^{p)})$ 和它的否定都不能被证明。

递归函数：由几类基本函数和它们有限步操作可以构造出的函数。

零函数： $f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ 。任意 $n$ ， $f(n) = 0$

恒等函数： $\text{id}_\mathbb{N}$

后继函数： $f:\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ ， $f(n)=n+1$

投影函数： $f^n_i:\mathbb{N}^n \to \mathbb{N}$ ， $f^n_i(a_1, \cdots, a_n) = a_i$

由已有递归函数构造新的递归函数的方法：

复合：若 $f:\mathbb{N}^n \to \mathbb{N}$ ， $g_1, \cdots, g_n : \mathbb{N}^m \to \mathbb{N}$ 都是递归函数，则 $f(g_1, \cdots, g_n) : \mathbb{N}^m \to \mathbb{N}$ 也是递归函数。

递归：若 $f:\mathbb{N}^n \to \mathbb{N}$ ， $g : \mathbb{N}^{n+2} \to \mathbb{N}$ 都是递归函数，则归纳定义的函数 $h : \mathbb{N}^{n+1} \to \mathbb{N}$ ， $h(\vec{x}, 0) = f(\vec{x})$ ， $h(\vec{x}, i+1) = g(\vec{x}, i, h(\vec{x}, i))$ 也是递归函数。

最小数：若 $f:\mathbb{N}^{n+1} \to \mathbb{N}$ 是递归函数，且对任意 $\vec{x} \in \mathbb{N}^n$ ，都存在 $y\in \mathbb{N}$ 使得 $f(\vec{x}, y) = 0$ 。则 $g:\mathbb{N}^n \to \mathbb{N}$ ，其中 $g(\vec{x})$ 为满足 $f(\vec{x}, t) = 0$ 的最小非负整数，也是递归函数。

定理：递归函数都是可表达的。

复合：假设合取范式

表达

，

表达

。令

当

时，容易写出

的证明：

用

表示内层括号的式子。

再使用MP，得到

，即

。

只需再证：

等价于：

即：

由于已知

令

容易证明：

再由推导定理得到：

最小数：

假设递归函数

满足对于任意

都存在

使得

，并设

表达

。

则

表达

。

如果

：

则

，且

如果

。

由于

所以只需证：

而

再由任意

有：

可得。

最后要证：

由于：

且

递归：

令

最后编辑于：2020.03.11 14:21:03

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