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Π01言明について理解しておこう 概要: ZFCの無矛盾性を信じるだけでは, ZFCでの証明可能性から A (引用者注: Aは算術的定理)が真だとすることは, 一般的に正当化できないのである ゲーデルの第二不完全性定理によると, ZFCが無矛盾であれば ZFC+「ZF...
ZFCの無矛盾性を信じるだけでは, ZFCでの証明可能性から A (引用者注: Aは算術的定理)が真だとすることは, 一般的に正当化できないのである
ゲーデルの第二不完全性定理によると, ZFCが無矛盾であれば ZFC+「ZFCは矛盾している」 という理論も無矛盾であるが、この理論は真なるΠ01言明「ZFCは無矛盾である」を自明に反証できる。また、同じことだが、偽なる言明「ZFCは矛盾している」を自明に証明できる。
よって、証明されたとしても
無矛盾な理論のなかには, 証明できても偽である算術的言明がある もし基本的な算術を含んでいる無矛盾な理論において証明可能か不可能かだけがわかったとしても, 予想の真偽については一般に何も結論することはできない。
証明が存在すれば真であるし、反証が存在すれば真でない。という信念を持っているが、この信念に影を落とすように感じられるから。
証明できても真か偽か分からないとしたら証明に一体どんな意味があるか。 P=NP問題で特定のディオファントス方程式の非可解性問題において
フェルマーの定理や、ゴールドバッハの予想といった問題は、
証明できれば真であるといえるが、
停止性問題を含む問題はΠ01言明でないので「証明されても真とは限らない」が適用される。 任意に選んだΠ01言明を A と名前を付ける。「Aが証明可能ならAが真である」を示す。
補題: 偽なるΠ01言明は反証可能である。補題の証明：反例に当たるまで枚挙するという手続きは｢必ず停止する｣アルゴリズムである Aが偽であると仮定する。上記補題より ￢A が証明できる。
Sが無矛盾であるなら、A と ￢A の両方は同時に証明できないので、A は証明できない。これは前件に反する。よって帰謬法により A は真である。 連投禁された失礼
従って、任意に選んだΠ01言明において反例までのアルゴリズムの枚挙は｢必ず停止する ￢A ｣である事で必要十分条件を満たさなければならない。 なるほど把握
以上がΠ01言明における全容である
Π01言明においてアルゴリズムの枚挙で満たせない場合アルゴリズム志向から抜け出し、ヒルベルトの２３問内に沿って解決を構成する事しか出来ない
以上ありがとうございました
質疑ある方どうぞ それで停止性問題に関わるヒルベルトの問題は3つ
第1問題
ゲオルク・カントールによって提起された連続体仮説
「実数の部分集合には（高々）可付番集合と連続濃度集合の二種類しか存在しない。」
一方では1938年にクルト・ゲーデルによってこの仮説が成り立つような集合論のモデルが構成され、もう一方で1963年にポール・コーエンによりこれが成り立たないようなモデルが構成された。両者を総合し、一般連続体仮説と選択公理がZFとは独立であることが示された。 第10問題
ディオファントス方程式の可解性の決定問題
1970年、ユーリ・マチャセビッチが否定的に解決。
ディオファントス方程式がどのような場合に整数解を持つかを決定付けるような一般的な解法は存在しないことを示した。 第21問題
与えられたモノドロミー群をもつ線型微分方程式の存在証明
リーマン・ヒルベルト問題とも呼ばれる。フレドホルムの積分方程式に関するヒルベルトの研究を応用して、1908年にプレメルヒが積分方程式の問題に再定式化して、肯定的に解決。
1913年にバーコフがリーマン･ヒルベルト問題とは気づかずに別証明を与えた。
だが、1989年にアノゾフとボリブルヒが正則であるがフックス型でない微分方程式系があることを示して、プレメルヒとバーコフの証明の誤りを明らかにし、リーマン・ヒルベルト問題が否定的に解決されることを証明した。
モノドロミー表現が既約である場合にだけ、リーマン･ヒルベルト問題は肯定的に解決される。 >>1
>ZFCの無矛盾性を信じるだけでは,
>ZFCでの証明可能性から A が真だとすることは,
>一般的に正当化できないのである
>ゲーデルの第二不完全性定理によると,
> ZFCが無矛盾であれば
> ZFC+「ZFCは矛盾している」 という理論も無矛盾であるが、
> この理論は真なるΠ01言明「ZFCは無矛盾である」を自明に反証できる。
> また、同じことだが、偽なる言明「ZFCは矛盾している」を自明に証明できる。
> よって、証明されたとしても
> 無矛盾な理論のなかには, 証明できても偽である算術的言明がある
一つ質問してよろしいか？
Q. 証明以外に算術的言明の真偽をどう確認する？
例えば上記の文章で「ZFCは矛盾している」と書いているが
「」内の命題が、ZFCは矛盾しているという意味であるとどうしてわかるか？
非標準的なモデルにおいては、非標準的な矛盾の証明が存在することがある、というが
そもそも、いかなるモデルが標準的か非標準的か判定する基準はあるのか？ >>3
>証明が存在すれば真であるし、反証が存在すれば真でない、という信念を持っているが、
それは信念というより定義であり仮説であると思うが
それはともかく
例えば、理論から相反する２つの命題が証明されれば、矛盾が証明されたとわかり
その理論（正確には公理系）は矛盾するとわかる
一方、無矛盾とされる理論から
「いかなる命題にも証明が存在する」
という命題が証明されたとして
それは理論の矛盾を示したことになるのか？
むしろ命題の意味を「いかなる命題にも証明が存在する」と考えることが
誤りだということはできないか？
つまり不完全性定理は
「理論の無矛盾性を正確に理論内で表現することはできない」
ということを示しているのではないか？ >>10
>停止性問題に関わるヒルベルトの問題は3つ
もう一つ質問してよろしいか？
Q.第10問題が停止性問題にかかわることはわかるが
第1問題と第21問題はなぜ停止性問題にかかわるのか？ もし、第1問題が非決定的であるから停止性問題に関係するというなら
第2問題もまた非決定的であるから停止性問題に関係するのではないか
ゲーデルは自然数論の命題として無矛盾性を表現する限り
無矛盾性は自然数論の内では決定不能であることを示した
ゲンツェンは自然数論の無矛盾性が、
自然数論の内では証明できない別の命題を前提して
証明できることを示したが
これは非決定性の壁を打ち破るものではない
さらに第21問題に関する顛末は
そもそもこの問題が非決定的であることを
示すものであるのか？ >>13
土台として自明な反例があり停止する場合にしかこの真偽をかける事が使えないため非標準的な矛盾が自明である >>15
すまんヒルベルト1問を挙げたのは間違えだ。
俺の研究の構築の中に含まれてただけだ。
ただ、21問は無限的空間となってしまうためモノドロミーの被覆空間が既約である場合にだけ肯定的に解決されてる 誰から聞いたかは忘れてしまったが
「標準的モデルは、どのモデルにも含まれる元しか含まない最小モデルである」
というようなことを聞いた覚えがある
ただそうだとしても、例えば自然数論で
そのような標準モデルの定式化ができるかといえばできない
自然数論以外の公理が必要だろう
集合論の標準モデルなら集合論以外の公理が必要だろう
そのような公理から矛盾が導かれないかもしれないが
それは追加公理を設定しても証明できないだろう >>19
その｢標準モデルA｣が停止性問題を抱えて居た場合、停止性問題を抱えない｢派生標準モデル￢A｣を証明することによって、標準モデルの派生定式化がまず出来ないだろうか。
スキーム的には特殊型ディオファントス方程式を設定すると限定的ではあるが被覆空間を取れるため定式化出来ないかと考えているが、｢派生標準モデル￢A｣が元の｢標準モデルA｣を含まないのかとか最小モデルでのスキームではないのではないかと淡い希望がある。。。 全くわからない聴講しながら
停止性問題を調べたけど
自己言及問題なのか
パラドックスが起きる例だと嘘つきのパラドックスや矛盾の話
停止性問題は「あらゆるチューリングマシンは停止できるか」だから停止できるプログラムは当然有りこれはパラドックスが起きない自己言及の話はあることに同じ、か 最近思いついた話なんだけど
2次元の地図を塗る4色問題は5色だと余裕、3色だと被る
物理学の宇宙の三体問題ってこれと同じ話だと思いついた
公転運動の限界が二体化(正確には2.???体化)できる物が4色問題同様限界なだけじゃないか？と この限界が二体化(2.???体化)までという仮説を逆算するなら
二重振り子すらカオスと言われるけど
二重振り子「までは」ラプラスなんじゃないか 例えば、自己言及にもパラドックスが起きない、限界の陣営数があったり
というのは無関係か
自己言及は「AかBかどちらかの強制中間の場合、中間は振動する。嘘つきのパラドックスは振動」
これも本筋に無関係か
難しくて内容はわからないけど
証明の信用性の問題の話
とはわかった んー
内容もわからないし
何かわかったわけでないけど
証明の信用性は
自己言及の問題なのか？と妄想的な疑問が感覚出る
自己言及の問題なら中間問題で「AとBの永遠中間」「AかBかの強制中間」や陣営数などはわからないけど、パラドックスになるケースを排除すれば浅い対策はよくなる
でも浅い対策でなく証明の信用性は自己言及抜きにしてもあるのでは？と感覚の妄想 例えば４色問題は「平面上のいかなる地図も、隣接する領域が異なる色になるように塗り分けるには4色あれば十分｣と、
平面に限定しており停止問題が無い事が確定している。これはAを証明すれば標準モデルAが真である。
しかし、｢球体上の…｣としたら停止性問題を抱えてAが真だとする事は出来ないため、Π01言明でないので「証明されても真とは限らない」が適用される。 理論ZFC+「ZFCは矛盾している」の任意のモデルで「ZFCは矛盾している」は真であり、偽なる言明ではないです >>27
然り
一方で、理論ZFC+「ZFCは矛盾している」の任意のモデルは
ZFCの標準モデル（すなわち、ZFCの任意のモデルで存在する要素だけをもつ最小モデル）ではない
必ず、超準的な元（つまり、集合として具体的にその存在が証明できないもの）を持つ
ZFCの矛盾の証明を表す元は超準的 なぜならその存在が具体的に示せないから
具体的に示せるなら、ZFCが矛盾している証明ができることになるが
これはZFCが無矛盾であるとする前提に反する 「自然数論は矛盾する」という命題を公理として追加した理論はω矛盾している
つまり、矛盾の証明となる自然数は、いかなる具体的な自然数
（つまり自然数論でその存在が証明できる自然数）とも異なる
要するに超準的な自然数である
ω矛盾している公理系は、ω矛盾の原因となる公理を除いた元の公理系での標準モデルを、モデルとして持ちえない 「自然数論は矛盾する」と「自然数論の公理系の否定」は同値ではない
つまり前者が証明できるからといって後者の証明ができるわけではない
”超準的証明”は（標準的）証明ではないのだから それでΠ01言明の対象になる問題は
双子素数問題、完全数、調和数、友愛数、社交数、コラッツ問題ぐらいかな？
完全数以降はそのものA自体にΠ01言明は無いが￢AにΠ01が含まれている >>28
そうですね
ZFCのモデルがZFCが矛盾していることを示すには、超準自然数を使うしかないですね
なぜならば、標準自然数だけで表せてしまったら、ゲーデルの不完全性定理に反するので やっぱみんなわかりきってる正論スレは延びないね
稠密全順序集合が与えられる時￢AからAを証明するには自己同型であればZFCの標準モデルであれば真の証明となるのだろうか？ 当然ながら難しくてわからない内容だった
おわってしまったか なんも難しくはないよ
ただちゃんと停止性問題に向き合った土台を用意してその枠の中で考えないと解決出来ないよって話よ >>35
※(注)
poem←学力は中卒。因数分解からできない wiki見ても当然ながらわからないから
wiki内とここ内の
無矛盾時は証明できず
矛盾時のみ証明できるが
それはパラドックスとなってる
ところから考えるしかないよね自分は まず
●矛盾時は証明できず無矛盾時のみ証明できる方法
●無矛盾時は証明できず矛盾時のみ証明できる方法
●無矛盾時も矛盾時も証明できる方法
●無矛盾時も矛盾時も証明できない方法
の4論理を考えることから開始だよね 次に
●無矛盾時は証明できず矛盾時は証明できる
はパラドックスとなるが
パラドックスも証明に有効でなければならない
つまりパラドックスで反証される振動するままの場合は無効であるから
振動は回避できないけど、振動するままでなく有効となる方法 また
●無矛盾時も矛盾時も証明できない方法
これも
全てが証明方法の4種である定義から
証明できないことが逆に証明でなければならない
有効でなければ
これは前の●のパラドックスままの無効を有効にする方法と繋がる可能性もある 二番目は嘘つきのパラドックスがわかりやすいか
嘘つき「私は必ず嘘を吐きます」
このままだとパラドックス無効
これ逆に考えたら
"振動は中間であり、中間を許容してる"
ね つまり
今は嘘吐きの例だから嘘吐きが振動してもダメージ無いから問題ないけど
これがタイムパラドックスなら
振動歴史になる
父を息子が殺した
そしたら息子が居ないから父が生存
次にまた父が死亡
そうすると
タイムパラドックスに巻き込まれる者は、体調不良になるとかありえる
自己矛盾でどちらもとれないから体調不良に
という
つまり体調不良なら中間を許容してない だとして
二番目の●の場合分けとして
中間の許容を分別しなければならない
まだ何も掴めないな 嘘つきのパラドックスの話に類する話として
自分も児童書で読んだ話ね
天国には正直
地獄には嘘つき
の場合
貴方は正直？嘘つき？では割り出せないけど
貴方はここに住んでいますか？
で天国か地獄がわかる
ヒントにできるか？ タイムパラドックスの仮想はいいね
これで考えてみよう 普通のタイムパラドックスは2番目の●
ならパラレルだな
人間は一つの世界にしかいれない場合
並列でそれぞれ絶対にこなさなきゃいけない仕事がある
こなさなきゃいけない仕事をしなければ
互いの仕事が互いの世界の過去の前提になってる
場合どうなるか この仮想の場合
片方での仕事の完遂(もう一方の過去の前提構築完遂)は片方の仕事の不完遂を意味し
そうすると完遂できた方の仕事も完遂できなくなる これを還元したら
1番とか？わからない
相反する証明の両方が証明されたら
片方しか成り立たないのに両方証明されたら
振動する…
ああ全部振動なのか 2番目
△→△だと証明不可
△→□だと証明可能、しかし振動
1番の場合
△
│
□
だと証明かつ振動しない
△
│
△
だと証明不可かつ振動する
でよき？ 
