Kijelentések könyve: mindegyik oldalon egy kijelentés. Egyes igaz kijelentések axiómák. Az axiómákból bizonyítható kijelentések mind igazak, és a cáfolható mondatok mind hamisak. Bizonyítható-e minden igaz kijelentés, cáfolható-e minden hamis? Ez a teljesség kérdése. Halmazok könyve: minden oldalon egy pozitív egész számokból álló halmaz leírása szerepel. A könyvben szereplő halmazok a felsorolt halmazok. Az n rendkívüli szám, ha eleme az n-edik oldalon levő halmaznak. h asszociáltja n-nek, ha a (Kijelentések könyvében) h-adik kijelentés azt állítja, hogy n rendkívüli. E1: A bizonyítható mondatok oldalszámának halmaza felsorolt halmaz. E2: A cáfolható mondatok oldalszámának halmaza felsorolt halmaz. C: Bármely A felsorolt halmaz komplementere (az az A* halmaz, amelyben pont az A-ban nem szereplő számok vannak) felsorolt halmaz. H: Tetszőleges felsorolt A halmazhoz van olyan felsorolt B halmaz, hogy B minden n elemének van egy h asszociáltja A-ban, ha pedig n nem eleme B-nek, akkor van neki olyan h asszociáltja, amelyik nem eleme A-nak.

Tétel: Ha ez a négy feltétel teljesül, akkor van olyan igaz mondat, amely nem bizonyítható és van olyan hamis mondat, amely nem cáfolható. (Gödel-Tarski- tétel) Először azt bizonyítsuk be, hogy teljesül a következő feltétel: G: Tetszőleges A felsorolt halmazhoz létezik egy P kijelentés, amely akkor és csak akkor igaz, ha P oldalszáma eleme A-nak. Vegyük az A-hoz H szerint tartozó B halmazt. Legyen B oldalszáma n, n egy asszociáltja, amely eleme A-nak, hha n eleme B-nek, h. Mivel h asszociáltja n-nek, a h-adik oldalon levő P kijelentés azt állítja, hogy n rendkívüli, azaz hogy n eleme az n-edik halmaznak, azaz B-nek. Ha ez a P kijelentés igaz, akkor n tényleg eleme B-nek, és P oldalszáma, azaz h eleme A-nak. Ha P nem igaz, ez azt jelenti, hogy n nem eleme B-nek, és így P oldalszáma, h nem eleme A-nak. Tehát P akkor és csak akkor igaz, ha az oldalszáma, h eleme A-nak. Ez egyedül a H feltétel következménye.

Legyen a bizonyítható kijelentések oldalszámának (E1 szerint felsorolt) halmaza T. Legyen a T*-hoz (azaz azon számok halmazához, amelyek nem bizonyítható kjelentések oldalszámai) G szerint tartozó kijelentés Gt*. Gt* akkor és csak akkor igaz, ha az oldalszáma eleme T*-nak, azaz nem egy bizonyítható kijelentés oldalszáma. Ha Gt* hamis, akkor az oldalszáma T-ben van, azaz Gt* bizonyítható, ez lehetetlen. Marad a másik lehetőség, hogy Gt* egy igaz és nem bizonyítható kijelentés. Ugyanez kifordítva: legyen a cáfolható kijelentések oldalszámának halmaza F. A G feltétel szerint ehhez tartozik egy Gf kijelentés, ami akkor és csak akkor igaz, ha az oldalszáma eleme F-nek. Tehát ha Gf igaz, akkor cáfolható – ez lehetetlen. Marad az, hogy Gf hamis, és az oldalszáma nem eleme F-nek, tehát nem cáfolható.

Mindentudó elmélet: minden igaz mondat bizonyítható és minden hamis mondat cáfolható. Pilátus kérdése: quid est veritas? Ettől független fogalom: negációteljesség. Egy elmélet negációteljes, ha bármely mondata vagy bizonyítható, vagy a negációja bizonyítható. A természetes számok aritmetikája: az alapműveletek elmélete. Axiomatizálás: Giuseppe Peano, (Peano-aritmetika, PA) Részletek lényegtelenek, a lényeg, hogy minden ismert aritmetikai igazságot le lehet vezetni benne, és a számokra vonatkozó szokásos elképzelések szerint az axiómák igazak. Kicsit meglepő: nem negációteljes. Nagyon meglepő: nem is bővíthető azzá (akármilyen új axiómákat veszünk fel, hacsak az axióma fogalma eldönthető marad, és az elmélet konzisztens). (Gödel első nem-teljességi tétele, 1931.) A következő bizonyítás egy kicsit kevesebbet mutat meg: megadunk olyan aritmetikai kijelentést, amely vagy igaz és nem bizonyítható, vagy hamis és bizonyítható. A bizonyítás ötlete Kalmár Lászlótól származik. Ha elfogadjuk, hogy a Peano-axiómák igazak, akkor ez a kijelentés igaz és nem bizonyítható; a negációja meg azért nem bizonyítható, mert hamis.

Egy logikai segédeszköz: az univerzális kvantor. „  x” annyit jelent: Minden x-re igaz, hogy … Rendezzük el az aritmetika nyelvének összes legfeljebb egyváltozós numerikus kifejezését (x*0, 0’+3, 3+(x*2), 2x+15, stb.) egy (végtelen) sorozatba. (Áll.: ez megtehető, alapötlet: a racionális számok sorozatba rendezése.) Legyen k n (x) ennek a sorozatnak az n-edik eleme (Gödel-számozás). Nyilvánvalóan értelmes kérdés bármely k i kifejezéssel és j természetes számmal kapcsolatban, hogy k i felveszi-e a j értéket. Bármely n természetes számra azt, hogy k i (n) = j igaz-e, rákövetkező- képzéssel, összeadással, kivonással, szorzással és osztással ki tudom számolni. Erre föl ténykérdésnek lehet tekinteni, hogy egy ilyen kijelentés egyszeres univerzális kvantifikációja igaz-e, vagy hamis, függetlenül attól, hogy ezt bizonyítani tudjuk-e. Rendezzük táblázatba azokat a kijelentéseket, hogy k i soha nem veszi fel a j értéket, az összes i, j természetes számra:

 x(k 0 (x)  0)  x(k 0 (x)  1)  x(k 0 (x)  2) ……  x(k 0 (x)  j)  x(k 1 (x)  0)  x(k 1 (x)  1)  x(k 1 (x)  2)  x(k 2 (x)  0)  x(k 2 (x)  1)  x(k 2 (x)  2) …  x(k i (x)  0) ……  x(k i (x)  i)  x(k i (x)  j)  x(k j (x)  j)

A pirossal jelöltek az átlós kijelentések. Mindegyik azt mondja egy kifejezésről, hogy nem veszi fel értékként a saját sorszámát. A PA-beli bizonyítások közül gyűjtsük össze és rendezzük sorozatba azokat, amelyek átlós kijelentéseket bizonyítanak: B 1, B 2, …, B n, … Definiáljunk egy f függvényt a következőképpen: f(n) legyen annak az átlós kijelentésnek a sorszáma, amelyet B n bizonyít. Tehát: B n bizonyítás a  x(k f(n) (x)  f(n)) átlós kijelentéshez. Döntő lépés: f(x) maga is egyváltozós aritmetikai kifejezés. (Ezt nem bizonyítjuk.) Tehát szerepel a k n (x) kifejezések között valamilyen (legalább egy) sorszámmal. Legyen egy sorszáma g. Azaz k g (x) = f(x), bármely x-re. Ez a H feltétel, illetve az f függvény rendeli egy számhoz egy asszociáltját.

Tekintsük a g-edik átlós formulát: (G)  x(k g (x)  g) Állítás: a G formula akkor és csak akkor bizonyítható, ha hamis. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy G bizonyítható. Ekkor a bizonyításai szerepelnek a B 1, B 2, …, B n, … sorozatban. Legyen egy bizonyítása B r. De akkor f értelmezése szerint f (r)=g, azaz k g (r) = g, tehát G ebben az esetben hamis. Tegyük fel, hogy G hamis. Akkor van olyan m, hogy k g (m) = g. Azaz f(m) = g, tehát B m bebizonyítja a g-edik átlós formulát, azaz G-t. Tehát ebben az esetben G bizonyítható.

Másképp ugyanaz: Fogalmazzuk át G-t: nincs olyan x, hogy f(x) = g. Mit jelent ez? „Nincs olyan x szám, amelyre B x a g-edik átlós formula bizonyítása lenne.” Azaz: „A g-edik átlós formulának nincs bizonyítása.” De a g-edik átlós formula éppen G!!! Tehát G annyit jelent: „Én nem vagyok bizonyítható.” Tegyük fel, hogy a Peano-aritmetikában csak igaz állításokat lehet bizonyítani. Akkor G egy olyan állítás, amely igaz, de nem bizonyítható, a negációja pedig azért nem bizonyítható, mert hamis. Ha PA-t kibővítjük újabb axiómákkal (mondjuk G-t felvesszük az axiómák közé), ettől megváltozik a B sorozat. Ha újabb nem-logikai konstansokat (függvényjeleket) veszünk be a nyelvbe, változhat a k sorozat. De az eljárás változatlanul végrehajtható.

H ö lgy-tigris feladatok R é sztvevők: rab, kir á ly. A szob á k mindegyik é ben, egym á st ó l f ü ggetlen ü l, egy h ö lgy vagy egy tigris (vagy egyes feladatokban egyik sem) tal á lhat ó. A szob á k ajtaj á n felirat van, ennek igazs á g á ra n é zve k ü l ö nf é le kik ö t é sek vannak. A rabnak meg kell mondania, melyik ajt ó t nyissa ki a kir á ly. Ha az ajt ó m ö g ö tt tigris van, az felfalja, ha h ö lgy van, azt feles é g ü l veheti (feltessz ü k, hogy ez k í v á natos kimenetel ) é s szabadon t á vozhat, ha pedig ü res a szoba, nem t ö rt é nik semmi. A feladat az, hogy a rabnak j ó tan á csot adjunk: melyik ajt ó t nyittassa ki. Ha lehet, tal á ljuk ki mindegyik szob á r ó l, hogy mi van benne. 1.Az egyik felirat igaz, a m á sik hamis EBBEN A SZOBÁBAN HÖLGY VAN AZ EGYIK SZOBÁBAN HÖLGY VAN, A MÁSIKBAN TIGRIS.

LEGALÁBB AZ EGYIK SZOBÁBAN HÖLGY VAN A MÁSIK SZOBÁBAN TIGRIS VAN 2. Vagy mindk é t felirat igaz, vagy mindkettő hamis. EBBEN A SZOBÁBAN TIGRIS VAN, VAGY A MÁSIK SZOBÁBAN HÖLGY VAN A MÁSIK SZOBÁBAN HÖLGY VAN 3. Megint vagy mindk é t felirat igaz, vagy mindkettő hamis.

MINDKÉT SZOBÁBAN HÖLGY VAN A k ö vetkező feladatokban ha a bal oldali szob á ban h ö lgy van, akkor a felirata igaz, ha tigris, akkor hamis, a jobb oldali szob á ban ford í tva LEGALÁBB AZ EGYIK SZOBÁBAN HÖLGY VAN A MÁSIK SZOBÁBAN HÖLGY VAN MINDEGY, MELYIK SZOBÁT VÁLASZTOD A MÁSIK SZOBÁBAN HÖLGY VAN