Matematické Fórum

UnknownDeletedUser

-

vojta_vorel · 16. 12. 2013 09:51

Ahoj

Přijde mi, že je to na stejné úrovni triviálnosti jako druhá část. Druhá část říká, že každé tvrzení o Q buď platí nebo neplatí, tahle říká že nemůže zároveň platit a neplatit.
Prostě bych řek, že hloubš se v takovýchle úvahách nechodí, viz třeba "o bezespornosti a modelech – ve vyrokove logice" v http://mff-statnice.googlecode.com/.../Obecna_informatika.pdf, píše se tam (jakožto důkaz), že když teorie má model (a to tahle má), tak je jasnačka, že je bezesporná, protože v modelu prostě neplatí žádné tvrzení společně s negací.

Ale napadlo mě, že by mohlo být hezké zapojit takové to tvrzení (nevím jak se dokazuje, ale určitě platí), že když je teorie sporná, jde v ní dokázat jakékoli tvrzení. Pak by ti stačilo ukázat nějaké tvrzení o rac. číslech, které neplatí (třeba 0=1) a tedy není ani dokazatelné (podle věty o korektnosti).

Vojta

OiBobik

↑ Dunemaster:

Ahoj,

1) jak už řekl vojta_vorel, teorie je bezesporná, právě když má model, přitom $Th(\mathbb{Q})$ jej má, a sice $\mathbb{Q}$ .

2) No a teď ta úplnost. Jde o to ukázat, že kdykoli je $\varphi$ sentence, pak buď $Th(\mathbb{Q})\vDash \varphi$ nebo $Th(\mathbb{Q})\vDash \neg \varphi$ . Ovšem to je zřejmé: Buď $\mathbb{Q}\vDash \varphi$ a pak $\varphi \in Th(\mathbb{Q})$ , nebo $\mathbb{Q}\not \vDash \varphi$ , tedy $\mathbb{Q}\vDash \neg \varphi$ a pak $\neg \varphi \in Th(\mathbb{Q})$ . Přičemž každá sentence teorie je triviálně sémantickým důsledkem teorie.

(Stejná argumentace projde pro množinu všech $L$ -sentencí splněných libovolnou $L$ -strukturou libovolného jazyka prvního řádu $L$ .)

Matematické Fórum

#1 16. 12. 2013 02:06 — Editoval Dunemaster (06. 04. 2021 19:27)

-

#2 16. 12. 2013 02:22 Příspěvek uživatele UnknownDeletedUser byl skryt uživatelem Dunemaster.

#3 16. 12. 2013 09:51

Re: -

#4 16. 12. 2013 16:58 — Editoval OiBobik (16. 12. 2013 17:04)

Re: -

Zápatí