Volt: Ha egy interpretáció modellje egy A mondatnak, és alkalmazzuk rá valamelyik lebontási szabályt, akkor az interpretáció egy minimális kibővítése modellje lesz a szabály következtében előálló mondatoknak is (elágaztatás esetében legalább az egyik ágon ). Ennek igazolásához végig kell nézni az egyes szabályokat. Ha egy interpretáció modellje egy analitikus fa összes kiinduló mondatának, akkor egy minimális kibővítése modellje legalább az egyik ágon az összes mondatnak. (Következik az előzőből.) Ha egy analitikus fán minden ág zárt, akkor a kiinduló mondathalmaz kielégíthetetlen (ellentmondásos). (Következik 2.-ből.) Ha egy interpretáció modellje egy analitikus fa egyik ágán az összes áthúzatlan mondatnak, akkor modellje az összes mondatnak. Megint az összes szabály végignézésével adódik. Hátra van: Az analitikus fát lehet olyan módszerrel készíteni, hogy minden ág vagy véges sok lépésben zárttá válik, vagy befejezett lesz (esetleg csak végtelen sok lépésben). Befejezett ágnak mindig van modellje.

Egy tetszőleges  mondatsorozat fáját készítjük. Volt: ha az analitikus fán minden ág zárt, akkor  kielégíthetetlen. Ez FOL-ban nem fordítható meg minden további nélkül. De ha  kielégíthetetlen és jól csináljuk az analitikus fát, akkor minden ág zárt lesz. Az, hogy jól csináljuk, a következőt jelenti: A fakészítést szakaszokra osztjuk. Minden szakasz öt részből és minden rész véges sok lépésből áll. A részek leírása a következő dián olvasható.

Első rész:  következő mondatának felvétele a fa összes nyitott ágára (egy lépés). Második rész: alkalmazzuk a kijelentéslogikai lebontási szabályokat az áthúzatlan mondatokra, ahányszor csak tudjuk (véges sok lépés). Harmadik rész: összeszámoljuk a szereplő literálokat és azonossági mondatokat, és alkalmazzuk az azonosság lebontási szabályát minden olyan esetben, amikor korábban még nem alkalmaztuk (megint véges sok lépés). Negyedik rész: Lebontjuk a negált univerzális kvantorral kezdődő áthúzatlan mondatokat. (Ha az eredmény ugyanilyen mondat, nem térünk hozzá vissza - ezt majd a következő szakaszban.) Ötödik rész: összepárosítjuk a szereplő névkonstansokat és univerzális kvantifikációkat, és alkalmazzuk az univerzális kvantor-lebontási szabályt minden olyan esetben, amikor korábban még nem tettük. Itt is csak azokkal az univerzális kvantorral kezdődő mondatokkal foglalkozunk, amelyek már ez előtt a rész előtt megvoltak. Ha mind az öt részt végrehajtottuk, következhet a következő szakasz első része. Ha már nincs több mondat -ban, rátérhetünk rögtön a második részre.

Minden lépés után ellenőrizzük a zártságot. Zárt ágat nem folytatunk. Minden rész, és így minden szakasz is véges sok lépésből áll. Minden lépés után ellenőrizzük a zártságot. Zárt ágat nem folytatunk. (*) Ha a befejezettség kritériumai előírják F (és G) mondat(ok) előfordulása esetén egy H mondat előfordulását, akkor H legkésőbb a későbbi mondat előfordulása utáni szakaszban ott lesz (hacsak az ág közben meg nem szakadt zártság miatt). Tehát egy ággal három dolog történhet: Véges sok lépés után zárttá válik. Véges sok lépés után már nincs több megtehető lépés. Ebben az esetben az ág befejezett. A fakészítés soha nem fejeződik be véges sok lépés után. Ebben az esetben a keletkező végtelen mondatsorozat a (*) megállapítás miatt befejezett ág.  Ezzel bebizonyítottuk, hogy ha eszerint az előírás szerint készítjük az analitikus fát, akkor minden ág vagy zárt lesz, vagy befejezett (de az utóbbi nem biztos, hogy véges sok lépésben).

Állítás: A ii-iii esetben, tehát amikor a fakészítési eljárással keletkezik egy befejezett  ág, meg tudunk adni egy olyan M = < U, > interpretációt, amely -nak, és így -nak is modellje, és U elemei természetes számok. Bizonyítás: Először nem az univerzumot, hanem a névkonstansok jelöletét adjuk meg. Soroljuk fel a -ban előforduló névkonstansokat: a0, a1,…, an, … Legyen (a0) = 0. Mi legyen (a1)? (a1) = 1 kivéve, ha „a0 = a1” vagy „a1 = a0” előfordul -ban (mert akkor 0). Általában (tegyük fel, hogy az n számnál kisebb indexekre már definiáltuk ρ-t): (an) = n, kivéve, ha van olyan j < n, hogy „aj = an” vagy „an = aj” előfordul -ban. Ilyenkor (an) = (aj). Most adjuk meg U-t: U = {n : (an) = n}

A predikátumok terjedelme: Legyen F egy n-argumentumú predikátum A predikátumok terjedelme: Legyen F egy n-argumentumú predikátum. <k1,…, kn>  (F) akkor és csak akkor, ha van olyan ai1, ai2, …ain, hogy (ai1) = k1, stb. és „Fai1…ain” előfordul -ban.  Ebben az interpretációban  minden mondata igaz. Az atomi mondatok igazak (mert úgy adtuk meg -t). A negált atomi mondatok igazak (mert  nem zárt és úgy adtuk meg -t). Ha -ban egy univerzális kvantort vagy kondicionálist tartalmazó mondat hamis lenne, akkor lenne nála kevesebb univerzális kvantort vagy kondicionálist tartalmazó mondat is, amely hamis. Ha -ban egy többszörös negációt tartalmazó mondat hamis lenne, akkor lenne egy nála kevesebb negációjelet tartalmazó mondat is, amelyik hamis. 3. és 4. miatt, ha lenne -ban hamis mondat, akkor lenne olyan literál is, amelyik hamis. De ez ellentmond 1.-nek és 2.-nek. Tehát ez az interpretáció modellje -nak. Q. e.d.

Összegezve: tetszőleges  mondatsorozat esetében csak két eset lehetséges: A jól készített fán keletkezik befejezett ág, tehát -nak van modellje (kielégíthető). Ha ez nem áll fenn, azaz  kielégíthetetlen, akkor minden ág zárt. Tehát minden helyes következtetés helyességét be lehet bizonyítani egy zárt analitikus fával. Ez annyit jelent, hogy véges sok lépésben be lehet bizonyítani. A zárt ágak véges hosszúságúak (mert minden lépésnél ellenőrizzük a zártságot).

Az nem fordulhat elő, hogy minden ág véges, és az egész fa mégis végtelen sok mondatból áll (Kőnig-lemma). Bizonyítás: Nevezzük egy adott fán egy mondat gyermekeinek a közvetlenül utána következő mondatokat (nulla, egy vagy kettő). Egy mondat utódai: az összes alatta levő mondat (tehát a gyermekei, azok gyermekei, stb.) Ha egy fa végtelen sok mondatból áll, akkor az első mondatnak végtelen sok utóda van. De akkor a gyermekei között is van olyan, amelynek végtelen sok utóda van. Válasszunk egy ilyet. Akkor annak gyermekei között is van olyan, amelynek végtelen sok utóda van. Így eljutunk egy végtelen ághoz. Q. e. d. Tehát az analitikus fa készítése véges bizonyítási eljárás FOL-következtetések helyességére. (Teljességi tétel, Kurt GÖDEL, 1930)

Az analitikus fa-készítés nem véges eldöntési eljárás FOL-ban: Ha egy következtetés nem helyes, akkor a konklúzió negációjából és a premisszákból álló mondatsorozat analitikus fája lehet, hogy nem véges. Kijelentéslogikában (véges premisszahalmaz esetében) van véges eldöntési eljárás: az igazságtáblázat-készítés, vagy az analitikus fa-készítés. FOL-ban nem is lehetséges véges eldöntési eljárás (Alonzo CHURCH, Alan TURING, 1936). Ha egy végtelen mondathalmaz kielégíthetetlen, az analitikus fa akkor is véges sok lépésben zárt lesz. Tehát a mondathalmaznak van olyan véges része, amely kielégíthetetlen. Másképp: ha egy mondathalmaznak minden véges része kielégíthető, akkor az egész mondathalmaz is. Avagy: ha egy K konklúzió következik egy  premisszahalmazból, akkor van -nak olyan véges része is, amelyből következik. (Kompaktsági tétel.)

Példa nem véges premisszás helyes következtetésre (természetes nyelven): P1 Az univerzumnak van legalább két eleme. P2 Az univerzumnak van legalább 3 eleme. … Pn Az univerzumnak van legalább n+1 eleme. K Az univerzumnak végtelen sok eleme van. Kompaktsági tétel: Itt valami nem formalizálható FOL-ban. A premisszák formalizálhatók (lesz).

Elsőrendű axiomatikus elmélet: egy rögzített FOL és benne zárt mondatok (axiómák) egy C halmaza. (C véges, de legalább effektíven eldönthető [= van olyan véges eljárás, amely bármely mondatról megmondja, hogy axióma-e]). Az elmélet tételei: C következményei. Egy ilyen elmélet konzisztens (ellentmondásmentes), ha van modellje. Azaz ha a nyelv nem minden zárt mondata tétel. Ha egy ilyen elmélet konzisztens, akkor van olyan modellje is, ahol az univerzum természetes számokból áll. (LÖWENHEIM-SKOLEM, 1918) Még akkor is, ha objektumok egy, a természetes számoknál nagyobb halmaza (pl. valós számok) leírására találtuk ki. (Skolem-paradoxon)

Vegyük a természetes számok egy elsőrendű axiomatikus elméletét (Peano-aritmetika). Egészítsük ki egy a névkonstanssal, és vegyük hozzá az axiómákhoz a következő mondathalmazt: {a  0, a  1, … a  n, …} Ha a Peano-aritmetika konzisztens, akkor van modellje (esetleg több is). Azt a modellt, amelyben nagyjából olyan számok vannak, amilyennek a természetes számokat gondoljuk, standard modellnek szokás nevezni. Ha létezik a standard modell, akkor a fenti mondathalmaz minden véges részének van modellje. Tehát akkor az egésznek is van, tehát van olyan modell, amelyben van végtelen nagy szám (nem standard modell).

13.5 feladat Ez egy helyes következtetés, tehát ellentmondás van a premisszák és a negált konklúzió között. Tudjuk: ha jól csináljuk az analitikus fát, akkor az ellentmondás ki is fog derülni. Ha jól csináljuk, minden névkonstansot minden univerzális kvantifikációval összepárosítunk. Tehát ha a negált konklúzió miatt bevezetünk két névkonstanst, a-t meg b-t, akkor mind a két premisszát mind a négy lehetséges „szereposztással” le kell bontanunk: x helyére és y helyére is a-t írva, x helyett a-t, y helyett b-t szerepeltetve, ezt megfordítva, vagy mind a kettő helyett b-t. Ez elég fáradságos. Helyette érdemes megpróbálni kitalálni, hogy mi fontos. A negált konklúzió szerint van egy kocka (mondjuk b) meg egy dodekaéder (c) úgy, hogy c nincs balra b-től. Az első premissza következtében c nagyobb, mint b. De amásodik premissza következtében c akkor és csak akkor van balra b-től, ha nagyobb nála. Ellentmondás, tehát a következtetés helyes. HF: 13.6 feladat. Próbálják meg hasonlóan megoldani, tehát előbb informális érveléssel eldönteni, hogy helyes-e, aztán az érvelést reprezentáló analitikus fát készíteni.