要約
この課は、コースの第四の、そして最後の内容単元を開く。この単元はメタ理論にあてられる。この課は単元の三つの課と、それらを結ぶ糸を示す。前の二つの単元は、同じ言語の上に、前提から何が従うかについての二つの概念、すなわち演繹 と意味論的帰結 を築いた。この単元は両者が一致することを、まず有限の前提について(健全性、カルマーの補題、完全性)、次に任意の前提について(コンパクト性定理と強完全性)証明し、最後に帰結を決定する第三の方法、融合法を示して、それもまた健全かつ完全であることを証明する。この課は、なぜコンパクト性が強完全性より先に証明され、その逆ではないのかを説明し、演繹の探索も真理値表も単独では答えられない問いを二つの例で示し、前の三つの単元から何を受け取るかを明らかにし、単元の学び方について助言する。
学習目標
- 単元の三つの課の順序を述べ、各課が前の課のどの結果を用いるかを説明し、なぜコンパクト性が意味論的な議論によって強完全性より先に証明されるのかを根拠づける。
- コースの二つの顔、すなわち存在的で有限的な導出可能性 と、無限個の付値にわたる全称的な意味論的帰結 とを区別し、健全性と、三つの段階の完全性とを述べる。
- 二つの関係の一致がなぜ事例ごとに確かめられず、メタ定理によってしか確立できないのかを説明し、各証明が前の単元のどの道具(帰納法、場合分けによる証明、二つの演繹定理、一致補題、連言形)を用いるかを見分ける。
- 単元の演繹についての演繹と意味論的な議論を、各段階でどちらの関係が問題になっているかを区別しながら読み、導入テストから出発して学習を組み立てる。
導入テスト
単元に取りかかる前に、出発点を測っておくとよい。このテストは自己評価であり、採点はされず、学習の方向づけだけを目的とする。十五の問いは二種類に分かれる。最初の六問は、単元が前の単元から既知とするもの、すなわち意味論的帰結の定義とその充足不能性への帰着、否定論理和の値、一致補題、演繹の有限性、場合分けによる証明を扱う。そのどれかを間違えた人は、先に進む前に、問いが名を挙げる課を復習しなければならない。残りの九問は、順にこの単元の三つの課を扱い、各課に三問ずつである。論理体系のメタ理論を学んだことのない人は、正解できなくてもかまわないし、それで問題はない。どの答えも、正しくても誤っていても、要点を説明し、それを扱う課の名を示す。同じ技能は、最後のまとめの課で改めて測る。
単元を始める前に、自分の出発点を測りましょう。短い自己評価です。採点はされず、結果はあなたのブラウザーにだけ保存されます。
問 1前の単元から は何を意味するか。
それは 、すなわち演繹の単元の構文的な関係である。二つの関係が一致することこそ、この単元が証明することである。最初から両者を同じものとみなすのは、証明したいことを仮定することである。それは の充足可能性である。 と では両方を充足する付値があるが、それでも は の帰結ではない。 を に、 を に与える付値がそれを妨げる。帰結には複数の前提がまとめて必要なこともある。 であり、二つの前提のどちらも、単独では を帰結としてもたない。これは意味論的帰結の定義であり、付値についての全称的な主張であって、演繹には触れない。 が空なら、 が妥当であることを言う。 が充足不能なら、すべての について成り立つ。復習: 意味論的帰結と同値
問 2前の単元から次の主張のうち、 と同値なのはどれか。
それでは足りない。 は充足可能であり、 は の帰結ではない。帰結が帰着するのは、結論を反駁できないことであって、結論を肯定できることではない。これはまさに帰結の否定である。その集合を充足する付値は反例モデルである。これは が妥当であることを言っており、それは が空である場合である。前提があれば、妥当でない結論でも、それでも帰結でありうる。を充足する付値があれば、それは を充足して を反駁することになり、それこそが帰結の排除することである。これは帰結と充足不能性の定理であり、コンパクト性と融合はこれを各段階で用いる。復習: 意味論的帰結と同値
問 3前の単元から付値 が に値 を与えるなら、 にはどの値を与えるか。
そのように振る舞うのは否定論理積、「両方ではない」 であろう。否定論理和、「…でも…でもない」が値 をとるのは、両方の成分が をとるときだけである。否定論理和が第二の成分だけを見るのなら、それが値になるだろう。条項は二つの補数を掛け合わせ、 の補数は である。否定論理和を選言と混同している。選言は、いずれかの成分が をとるときにその値をとる。否定論理和はまさに選言の否定である。否定論理和の条項により であり、第一の因子は である。これはカルマーの補題の三つの場合の第一であり、第一の課はこれを演繹に翻訳する。復習: 命題論理の意味論
問 4前の単元から の変数は と である。二つの付値 と は、 と に同じ値を与え、他のすべての変数には反対の値を与える。 なら、 について何が言えるか。
に現れない変数での違いはそれに影響しない。だから、 個の変数をもつ論理式は 行の表をもつ。付値は無限にあるにもかかわらずである。に現れない変数の値を反転させても何も変わらない。 の値か の値を反転させることだけが、その値を変えうる。の変数での一致で足りる。それに現れない添字の小さい変数は、添字の大きい変数と同じく無関係である。これは一致補題である。論理式の値はその変数の値だけに依存し、変数は有限個である。コンパクト性はこれを最後の段階で用い、カルマーの補題は表の一行で足りるようにするためにこれを用いる。復習: 命題論理の意味論
問 5前の単元から を、 となるような論理式の無限集合とする。何が言えるか。
前提は取り除けない。 であり、 は定理ではない。演繹は有限個の行をもち、無限個の前提を用いることはできない。そのうえ、手もとの前提をすべて用いなければならない理由は何もない。有限性は演繹の単元で、演繹の長さだけを見て、意味論的な定理を一つも使わずに証明された。コンパクト性を必要とするのは意味論的帰結であって、演繹ではない。これは演繹の有限性である。演繹は有限列であり、有限個の前提しか用いず、それらがその部分集合をなす。その意味論的な対応物、すなわち の帰結であるものはその有限部分の帰結でもあるということは、自明ではない。それがコンパクト性定理である。復習: 形式的演繹体系
問 6前の単元から であり、かつ であることがわかっている。場合分けによる証明によって何が結論できるか。
それを知る必要はない。場合分けによる証明は、二つの選択肢のどちらかが成り立つことを用いるのであって、どちらであるかを決めはしない。 がどちらも演繹しないのが普通であり、それでも規則は同じく成り立つ。そうはならない。 が空で なら二つの仮定は成り立ち、 は が偽のとき偽であるから、演繹されるべきではない。それは単調性により正しいが、わかっていることよりずっと少ない。場合分けによる証明は、仮定を取り除くことを許す。場合分けによる証明は仮定を消去する。 が を用いても を用いても演繹されるなら、どちらも用いずに演繹される。弱完全性は、カルマーの補題が固定する前提を消去するために、これを変数ごとに一回ずつ適用する。復習: 古典論理の技法
問 7本コースの体系は健全である。この性質は何を主張するか。
それは逆向き、すなわち完全性であり、ずっと精密な道具、カルマーの補題を必要とする。それは体系の無矛盾性であり、健全性から従うが、より弱い。追加の公理 をもつ本コースの体系は無矛盾であり、しかも妥当でないものを演繹する。二つの誤りを混ぜている。向きを逆にし、さらに、ある付値のもとで真であることと妥当であることを混同している。変数 は多くの付値のもとで真であるが、定理ではない。前提から演繹できるものは、前提を真にするすべての付値で真である。これは行数に関する累積帰納法で証明され、公理ごと、規則ごとに一つの場合がある。復習: 健全性と完全性
問 8 を、 を に、 を に与える付値とする。カルマーの補題は、変数 と によって、論理式 について何を主張するか。
符号を忘れている。この行で論理式は をとり、行が真にする前提からの演繹は、行が偽にする論理式で終わることはできない。についての前提を取り違えている。 なので、行が与えるのは であって、 ではない。 と が真なら、双条件は をとる。行の前提を取り除いている。 は妥当ではない。補題は行から演繹するのであり、論理式がすべての行で をとるときにはじめて前提を消去できる。の行は前提 と になる。その行で は をとるので、符号付き論理式はその否定である。補題は、行がその論理式について言うことを、体系が行から演繹すると主張する。復習: 健全性と完全性
問 9演繹体系は、完全でなくても健全でありうるか。
よくある誤りであり、単元の第一の課がこれを論駁する。体系は、演繹すべきものだけを演繹しながら、演繹すべきものをすべて演繹するわけではないことがあり、その逆もある。公理が妥当であることは、偽なものが何も演繹されないことを保証するが、真なものがすべて演繹されることは保証しない。公理のない体系は健全であり、定理を一つも演繹しない。矛盾した体系はある論理式とその否定を演繹し、健全ではありえない。両方を充足する付値はないからである。その公理は妥当であり、モーダス・ポネンスは真を保存する。しかし演繹体系の課の標識は、このトートロジーがその体系では演繹されないことを示した。健全性と完全性は独立な性質である。復習: 健全性と完全性
問 10コンパクト性定理は何を主張するか。
二つの論理式ですでに成り立たない。 と は充足可能であるが、 はそうではない。コンパクト性が調べるのは有限部分集合であって、ばらばらの論理式ではない。集合 は無限であり、充足不能である。どの集合にも充足可能な有限部分集合、すなわち空集合がある。条件は、どれか一つではなく、すべての有限部分集合について成り立たなければならない。一方の向きは直ちに従う。他方の向きでは、有限部分をそれぞれ別々に充足する付値から、ただ一つの付値を構成しなければならない。課は の値を一つずつ固定することでそれを行う。復習: コンパクト性定理
問 11 を、 となるような論理式の無限集合とする。コンパクト性は何を保証するか。
有限部分は複数の論理式を必要とすることがある。 から が従うが、その集合のどの論理式も、単独ではそれを帰結としてもたない。空部分集合は有限であり、そこから従うのはトートロジーだけである。コンパクト性が保証するのはある有限部分集合であって、すべてではない。前提が欠かせないこともある。 であり、 は妥当ではない。これは帰結の形である。無限集合から従うものは、すでにその有限部分から従う。演繹にとっては、それは有限性であり、自明なことであった。帰結にとっては、それは定理である。復習: コンパクト性定理
問 12第一の課は、有限の前提集合について完全性を証明する。それを無限集合 へ拡張するのに、演繹の有限性で足りないのはなぜか。
この議論は循環している。有限性は演繹に適用されるものであり、 からは、演繹が一つでも存在するかどうかはまだわからない。無限個の変数をもつ論理式はない。障害は論理式にあるのではなく、無限個の前提はただ一つの含意へと解除できないことにある。それは真である。第二の課がコンパクト性によってそれを証明する。届かないのは第一の課の方法であって、命題ではない。から へ移るには、まず有限の で となるものを見つけなければならない。有限性が有限部分を与えるのは、 がすでにわかっている場合だけであり、それこそが求めているものである。復習: コンパクト性定理
問 13節 と の融合節は何か。
相補対を取り除かずに節を合わせている。それは融合節ではなく恒真な節であり、何も言っていない。第二の節のリテラル を失っている。融合節は、取り除かれた対でないものを、一方の前提からも他方の前提からもすべて保つ。共通のリテラルをもつ必要はなく、一方があるリテラルを、他方がその反対を含んでいればよい。第一の節の と第二の節の である。二つの節は と で衝突する。この対を取り除き、残りのリテラルを合わせる。これは、 の値についての場合分けによる証明を、集合の上で書いたものである。復習: 融合法
問 14融合によって かどうかを決定するために、どの節集合を反駁しようとするか。
結論の否定の代わりに結論そのものを加えている。この集合は充足可能であり、その充足可能性は帰結について何も言わない。結論の否定がなければ、前提の集合は充足可能であり、融合には反駁すべきものがない。前提を否定しているが、前提は保たなければならない。否定するのは結論だけである。帰結は、前提と結論の否定とを合わせたものの充足不能性と同値である。その節形式を書き、反駁を探す。ここでは反駁は二段階である。復習: 融合法
問 15空節 は、集合 から融合によって生成されうるか。
規則は一段階に一つの対しか取り除かない。これは取り決めによるのではない。二つを取り除けば、充足可能な集合から が生成されてしまう。第一段階は を与え、どんな段階の列も には到達しない。集合は充足可能であり、生成されるものはすべてその帰結だからである。理由は別にある。 と の上の二リテラル節四つからなる集合は、単位節をもたないが充足不能であり、融合はまず と を生成してそれを反駁する。を に、 を に与える付値がこれを充足する。もし が生成されたなら、集合は充足不能になるはずである。正当な二つの融合節 と は恒真である。復習: 融合法
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