Elméleti probléma: vajon minden következtetés helyességét el tudjuk dönteni analitikus fával (véges sok lépésben)? Ha megengedünk végtelen sok premisszás.

Az előadások a következő témára: "Elméleti probléma: vajon minden következtetés helyességét el tudjuk dönteni analitikus fával (véges sok lépésben)? Ha megengedünk végtelen sok premisszás."— Előadás másolata:

1 Elméleti probléma: vajon minden következtetés helyességét el tudjuk dönteni analitikus fával (véges sok lépésben)? Ha megengedünk végtelen sok premisszás következtetéseket is, akkor csak arra van esélyünk, hogy minden helyes következtetés helyességét bizonyítsuk (ez a fenti probléma egyik felének megoldása). Eldöntésprobléma: adjunk meg olyan véges eljárást, amivel bármely következtetés helyessége eldönthető. Teljesség problémája: adjunk meg olyan véges eljárást, amely minden helyes következtetés helyességét bizonyítja. Eddig ennyit tudunk: Ha egy mondathalmaz kielégíthető, akkor az analitikus fáján minden lépés után lesz olyan ág, amelyik kielégíthető. Ha egy adott igazságértékelés mellett az analitikus fa egyik ágán minden áthúzatlan mondat igaz, akkor az ágon az összes mondat igaz.

2 Ha a fán valahány (véges sok) lépés után minden ág zárt, akkor a mondathalmaz kielégíthetetlen. (Ez közvetlenül következik az I. tételből. ) Ugyanis ha kielégíthető lenne, akkor mindig lenne olyan ág, amely kielégíthető, egy zárt ág pedig nem az. Amit szeretnénk: ennek az állításnak a megfordítása: kielégíthetetlen mondathalmaz mindig zárt fához vezet. De ha teljesen tetszőlegesen választhatjuk meg a lépéseket, akkor ez nem igaz. Szigorított eljárás: Ha a kiinduló mondathalmazból egy mondatot felvettünk a fára (= összes nyitott ágára), akkor végezzük el az összes lehetséges lebontási lépést, amíg csak literálok maradnak áthúzatlanul. A táblázatkészítés egy szakasza ott kezdődik, amikor új mondatot veszünk fel minden nyitott ágra, és ott végződik, amikor már csak literálok szerepelnek áthúzatlanul. Ezután jöhet a kiinduló mondathalmaz következő mondata, és kezdődhet a következő szakasz. Minden szakasz véges sok lépésből áll (ugyanis minden lépésben csökken az áthúzatlan mondatokban szereplő konnektívumok száma).

3 Ha egy szigorított eljárással készült analitikus fán soha nem lesz minden ág zárt, akkor a mondathalmaz kielégíthető. Vegyünk egy olyan ágat, amely soha nem lesz zárt. Adjuk meg minden szakasz végén azoknak az atomi mondatoknak az igazságértékét, amelyek negálva vagy negálatlanul előfordulnak az águnkon, a nyilvánvaló módon: ha egy atomi mondat negálatlanul fordul elő vegyük igaznak, ha negálva, hamisnak. Feltevés szerint az ág nyílt, tehát ezt meg tudjuk tenni. A szakasz végén éppen eljutottunk odáig, hogy csak literálok (atomi és negált atomi mondatok) vannak áthúzatlanul egy ágon. Tehát így lett egy olyan értékelésünk, amely igazzá teszi az összes mondatot az ágon (II. állítás), közte a mondathalmazunk eddig szerepelt mondatait is. Ezután vesszük fel a (kiinduló) mondathalmaz következő mondatát. Ha ennek lebontása során sem lép fel ellentmondás, akkor csak ki kell (esetleg) bővítenünk az igazságértékelésünket újabb atomi mondatok értékelésével, és még mindig minden igaz marad. És így tovább, akár a végtelenségig. Az így előálló igazságértékelés bizonyítja a kielégíthetőséget.

4 Ha a kiinduló mondathalmaz egy következtetés konklúziójának negációjából és a következtetés premisszáiból állt, akkor a következő két eset van: A fán minden ág zárt lesz. Ekkor a következtetés helyes. A fán mindig marad nyitott ág. Ebben az esetben van ellenpélda (cáfoló igazságértékelés). Az A. esetben a fa véges. Ugyanis minden (zárt) ág egy-egy véges mondatsorozat, és ha minden ág véges, akkor a fa is véges. (KŐNIG-LEMMA, Kőnig Dénes [ ]) Nevezzük egy fán egy mondat (szögpont) utódainak azokat a mondatokat, amelyek közvetlenül alatta vannak, leszármazottainak pedig mindazokat, amelyek alatta vannak (egy közös ágon). Minden mondatnak véges sok utóda van. Tegyük fel, hogy az A. eset lép fel, azaz minden ág zárt, és így véges hosszúságú. De tegyük fel indirekte azt is, hogy mégis összesen végtelen sok mondat (szögpont) van a fán. Ebben az esetben a kezdőpontnak végtelen sok leszármazottja van. Akkor az utódai között is van legalább egy olyan, amelynek végtelen sok leszármazottja van. És annak utódai között is van legalább egy, és így tovább. Tehát (a végtelen sok leszármazottal rendelkezőekből) kijön egy végtelen hosszú ág. De egy végtelen hosszú ág nem lehet zárt, a zártság mindig kiderül véges sok lépésben. Ezzel ellentmondásba kerültünk az A. esettel. Tehát a fán mégse lehetett végtelen sok mondat.

5 Tehát: Ha egy kijelentéslogikai következtetés helyes, akkor a helyességet a hozzá tartozó (szigorított eljárással készített) analitikus fa véges sok lépésben bizonyítja azzal, hogy zárt lesz. (Teljességi tétel, Kurt GÖDEL, 1930.) De akkor csak véges sok premissza szerepelhetett rajta! Azaz: Ha (kijelentéslogikában) egy P premisszahalmazból következik egy K konklúzió, akkor P-nek van olyan véges része is, amelyből következik K. (Kompaktsági tétel kijelentéslogikára.)