数理逻辑章习题 1 - 9

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\[\newcommand{\lra}{\leftrightarrow} \newcommand{\fa}{\forall} \newcommand{\ex}{\exists} \newcommand{\r}{\mathfrak{R}} \newcommand{\bl}{\begin{aligned}} \newcommand{\el}{\end{aligned}} \newcommand{\t}{ {\bf t} } \newcommand{\f}{ {\bf f} } \newcommand{\eq}{\equiv} \newcommand{\la}[1]{\langle #1\rangle} \newcommand{\ov}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\m}{\mu} \newcommand{\st}{{\mathrm{st}}} \newcommand{\p}{\mathfrak{P}} \newcommand{\l}{\lambda} \newcommand{\xn}{{\vec x_n}} \newcommand{\xm}{{\vec x_m}} \newcommand{\dd}{\downarrow} \newcommand{\aa}{\uparrow} \newcommand{\x}{\vec x} \newcommand{\if}{\mathbf{if}\quad} \newcommand{\oth}{\mathbf{otherwise}} \newcommand{\bb}[1]{\{#1\}} \newcommand{\U}[1]{U^{(#1)}} \newcommand{\no}{\o^{-1}} \newcommand{\dom}{\mathrm{dom}\ } \newcommand{\ran}{\mathrm{ran}\ } \newcommand{\o}{\mathcal O} \newcommand{\re}{{\bf r.e.}} \newcommand{\I}{\mathcal I} \newcommand{\fd}{\mathscr{Find}} \newcommand{\lcm}{\mathrm{lcm}} \newcommand{\n}{\mathfrak{N}} \newcommand{\rob}{\mathbf{ROB}} \newcommand{\w}[1]{\widetilde{#1}} \newcommand{\uc}[1]{\ulcorner{#1}\urcorner} \newcommand{\iff}{\quad\mathrm{iff}\quad} \newcommand{\imp}{\quad\mathrm{implies}\quad} \newcommand{\T}{\mathbf{T}} \newcommand{\th}{\mathscr{T}} \newcommand{\tr}{\mathbb{True}} \newcommand{\A}{\mathcal{A}} \newcommand{\B}{\mathcal{B}} \newcommand{\Q}{\mathcal{Q}} \newcommand{\P}{\mathcal{P}} \newcommand{\R}{\mathcal{R}} \newcommand{\F}{\mathcal{F}} \newcommand{\G}{\mathcal{G}} \newcommand{\H}{\mathcal{H}} \]

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I.103

首先我们有放缩

\[(x+y)^2\le (x+y)^2+x<(x+y+1)^2 \]

故对于任意 \(x,y\in\N\) 我们有

\[\left\lfloor\sqrt{J(x,y)}\right\rfloor=x+y \]

记函数\(q:=\l z.\lfloor\sqrt{z}\rfloor\) , 则 \(J(x,y)-q(J(x,y))^2=x\) , 从而函数 \(K:=\l z.z-q(z)^2,L:=\l z.q(z)-K(z)\) 即可.

I.104

trivial.

I.105

令

\[J:=\l xy.\max(x,y)^2+[x<y]\cdot x+[x\ge y]\cdot (y+\max(x,y)) \]

之后令

\[K:=\l z.\min\{z-q(z)^2,q(z)\},L:=\l z.\min(2q(z)-(z-q(z)^2),z-q(z)^2) \]

即可.

I.106

首先 \(\l xy.\gcd\) 是原始递归函数, 我们可以通过 bounded-\(\m\) 配合 \(\l xy.x|y\) 得到它, 从而固定长度的最小公倍数函数也是原始递归的, 之后我们可以通过原始递归来得到函数 \(p:c\mapsto\lcm\{1,2,...,c+1\}\) , 这是因为 \(p(c+1)=\lcm\{p(c),c+1\}\) , 从而 \(\l c.p\in\p\r\) .
对于固定的输入长度 \(n\) , 函数 \(\vec a_n\mapsto\max\{1+J(0,n),1+J(1,a_1),...,1+J(n,a_n)\}\) 是原始递归的, 记 \(\l c.p\) 与它的复合为 \(\l\xn.\zeta\) , 之后我们可以构造函数

\[q':=\l\xn.\lcm\{1+(1+J(1,x_1))\cdot\zeta(\xn),...,1+(1+J(n,x_n))\cdot \zeta(\xn)\} \]

之后令 \(q:=\l\xn.\lcm\{q'(\xn),1+(1+J(0,n))\cdot\zeta(\xn)\}\) 则 \(\l\xn.q\) 是满足编码信息但是没有最小性的函数, 并且它是原始递归的, 好处是我们获得了一个上界, 因此我们可以用 bounded-\(\m\) 来完成最小性的要求, 从而可以构造出函数

\[\la{...}:=\l\xn.(\m z)_{\le q(\xn)}[\beta(z,0)=n\and\bigwedge_{i=1}^n\beta(z,i)=x_i] \]

由于 \(\l xy.\beta\) 是原始递归的, 所以编码函数也是原始递归的.

I.107

我们仅说明归纳步骤.
假定 \(t\eq f(t_1,...,t_n)\) , 则 \(t^\n=f^\n(t_1^\n,...,t_n^\n)\) , 根据 I.H. 我们有 \(\rob\vdash t_i=\w{t_i^\n}\) 从而由 Leibniz 替换规则可以得到 \(\rob\vdash t=f(\w{t_1^\n},...,\w{t_n^\n})\) . 如果 \(f\) 是 \(S\) 函数, 则我们有 \(t\eq S(t_1)\) , 则根据定义此时 \(S(\w{t_1^\n})\) 就是 \(\w{t^\n}\) ; 如果 \(f\) 是 \(+\) 函数, 则由 \(\rob({+_2})\) 可得对于任意 \(a,b\in\N\) 均有 \(\rob\vdash\w a+\w b=\w{a+b}\) , 故此时也有 \(\rob\vdash t=\w{t^\n}\)​ ; 乘法函数的情形同理.

I.108

构造模型

\[\n':=(\N\cup\{\infin\};0;S^*,\times^*,+^*;<^*) \]

其中我们把自然数的 \(S,\times,+,<\) 分别对加入的 \(\omega\) 进行扩充: 对于任意 \(x\in\N^+\) , \(x+^*\infin=x\times^*\infin=\infin\) , 特殊的情况是 \(S^*(\infin)=\infin,0+^*\infin=\infin,0\times^*\infin=0\) 并且我们要求 \(\infin<^*\infin\) , 可以验证 \(\n'\vDash\rob\)​ .

I.109

构造模型 \(\n':=(\N\cup\{\omega+i:i\in\N\}\cup\{\infin\};0;S,\times,+;<)\) 其中 \(+,\times,S,<\) 直接取序数的运算即可.

I.110

我们对 \(y\) 施以归纳来证明, 公式 \(\A:\eq x\times y=z\) 定义之.
当 \(y=0\) 时, 当 \(z=0\) 时, 由 \(\rob(\times_1)\) 可以得到 \(\rob\vdash\w x\times \w y=0\) , 当 \(z\not=0\) 时, 显然我们有 \(\rob\vdash\neg 0=\w z\) 从而有 \(\rob\vdash\neg\w x\times\w y=\w z\) .
当 \(y=q+1\) 时则 \(\rob\vdash\w x\times\w y=\w x\times S\w q\) 从而有 \(\rob\vdash\w x\times\w y=\w x\times\w q+\w x\) , 由 I.H. 以及加法的 \(\rob\) 可表示性可以立即得出.

I.111

trivial.

I.112

trivial.

I.113

显然 \(\uc\rob\) 是递归集, 所以 \(\Theta_\rob\) 是 \(\re\) 集, 考虑构造原始地归函数 \(g:=\l x.\uc{\A(\w x)}\) , 则我们有

\[n\in A\iff g(n)\in\Theta_\rob \]

因此 \(A\subseteq\N\) 是 \(\re\) 集.

​ 如果我们去掉 positively , 那么对于 \(x\in\N\) 我们可以借助 \(\m\) 算符来枚举证明序列 \(m\) 的编码直到它证明了 \(\A(\w x)\) 或 \(\neg\A(\w x)\) , 由二值性我们知道这样的 \(m\) 一定存在, 所以我们构造出了一个递归函数来判别 \(\A(\w x)\) 与 \(\neg\A(\w x)\) 谁是内定理. 因此 \(A\) 是递归的, 所以也必然是 \(\re\) 的.

​ 逆命题是正确的, 若 \(A\) 是 \(\re\) 集, 则存在原始递归集 \(\l xy.Q\) 使得 \(A(x)\lra(\ex y)Q(x,y)\) , 而我们知道 \(Q\) 是 \(\rob\) 中强可定义的, 令 \(\Q(x,y)\) 表示之, 则考虑公式 \((\ex y)\Q(x,y)\) , 若 \(x\in A\) , 则存在 \(z\) 使得 \(Q(x,z)\) , 根据 \(\Q\) 的定义有 \(\rob\vdash \Q(\w x,\w z)\) , 从而 \(\rob\vdash(\ex y)\Q(\w x,y)\) ; 令一方面, 若 \(x\notin A\) , 我们通过模型论的方法来说明 \(\rob\not\vdash(\ex y)\Q(\w x,y)\) , 此时我们只需要证明 \(\rob\cup\{\neg(\ex y)\Q(\w x,y)\}\) 是一致的即可, 考虑标准在标准模型中, 由于 \(x\notin A\) , 故 \(\neg(\ex y)Q(x,y)\) , 而由于 \(\Q\) 在 \(\n\) 中定义 \(Q\) , 故我们有 \(\n\vDash\neg(\ex y)\Q(\w x,y)\) , 从而这个公式和 \(\rob\) 是一致的.

I.114

显然不. 不然他们就不是 recursively inseparable 的.

I.115

利用 I.113 第二问的技术, 我们来枚举证明序列并回答它是 \(\neg\A\) 还是 \(\A\)​ 的证明序列, 由于拓展完全所以符合要求的证明序列一定存在, 因此这个枚举会停机, 因而是递归的.

I.116

由于 \(K\) 是 \(\re\) 的, 由 I.113 存在形如 \((\ex z)Q(x,z)\) 的公式 \(K_*\) 在 \(\rob\) 中正向强定义之, 其中 \(Q\) 是 \(\rob\) 中强定义某个原始递归关系的公式, 接下来我们考虑说明这个集合在 \(\Gamma\) 中也是正向强可定义的.

Lem 1. 若关系 \(\l x.R\in\r_*\) , 则它在 \(\Gamma\) 中是强可定义的.

令 \(\R\) 在 \(\rob\) 中强定义之, 则对于任意 \(n\in\N\)

\[\bl R(n)&\iff \rob\vdash\R(\w n)\\ \neg R(n)&\iff\rob\vdash\neg\R(\w n) \el \]

而我们有 \(\rob\subseteq\Gamma\) , 故 \(\R\) 亦在 \(\Gamma\) 中强定义 \(R\) .

Lem 2. 所有 \(\re\) 关系 \(\l x.R\) 都是 \(\Gamma\) 中正向强可定义的.

取关系 \(\l xz.Q\in\r_*\) 使得 \(R(x)\lra(\ex z)Q(x,z)\) , 并令公式 \(\Q(v_0,v_1)\) 在 \(\Gamma\) 中强表示 \(Q\) , 于是可以构造公式 \(\R(v_0):\eq(\ex v_1)\Q(v_0,v_1)\) , 对于 \(x\in\N\)
若 \(R(x)\) , 则存在 \(z\in\N\) 使得 \(Q(x,z)\) , 因此有 \(\Gamma\vdash\Q(\w x,\w z)\) , 从而 \(\Gamma\vdash(\ex v_1)\Q(\w x,v_1)\) 即 \(\R(\w x)\) .
若 \(\Gamma\vdash(\ex v_1)\Q(\w x,v_1)\) , 由 \(\Gamma\) 的 \(\omega\)-consistency 可得存在 \(z\in\N\) 使得 \(\Gamma\not \vdash\neg\Q(\w x,\w z)\) , 由 Lem 1 可知这等价于 \(\neg\neg Q(x,z)\) 即 \(Q(x,z)\) , 故 \((\ex z)Q(x,z)\) 即 \(R(x)\) .

于是我们可以自然地在 \(\Gamma\) 中延用公式 \(K_*\) , 之后为导出矛盾我们假设 \(\Gamma\) 是完备的, 于是考虑集合 \(\ov K\) , 对于任意 \(x\in\N\)

\[\bl x\in\ov K&\iff x\notin K\\ &\iff \Gamma\not\vdash K_*(\w x)\\ &\iff \Gamma\vdash\neg K_*(\w x)\\ &\iff \uc{\neg K_*(\w x)}\in\Theta_\Gamma \el \]

显然函数 \(\l n.\uc{\neg K_*(\w n)}\) 是原始递归的, 而由于 \(\uc\Gamma\in\r_*\) , 故 \(\Theta_\Gamma\) 是 \(\re\) 的, 于是这就意味着 \(\l x.x\in\ov K\) 是 \(\re\)​ 的, 这与先前的结果矛盾了.

I.Extra

我们可以构造出无穷谓词, 它可以帮助我们在 \(L_\mathfrak{A}\) 中区别自然数与非标准自然数.

\[\inf(x):\eq (0<x\and (\fa y)(y<x\to S(y)<x)) \]

I.117

令公式 \(\F(y,\xn)\) 在 \(\Gamma\) 中作为函数形式化地定义全函数 \(\l\xn.f\) , 则对于任意 \(\vec a_n\in\N^n\) 我们显然有 \(\Gamma\vdash\F(y,\w a_1,...,\w a_n)\lra y=\w{f(\vec a_n)}\) , 假设对于某个 \(b\in\N\) 满足 \(b\not=f(\vec a_n)\) 且 \(\Gamma\vdash\F(y,\w a_1,...,\w a_n)\lra y=\w b\) , 则我们可以导出 \(\Gamma\vdash\w{f(\vec a_n)}=\w b\) , 这与 \(\rob\vdash\neg\w{f(\vec a_n)}=\w b\) 不一致, 因而有 \(\Gamma\not\vdash\F(y,\w a_1,...,\w a_n)\lra y=\w b\) .

I.118

(\(\Rightarrow\)) 令公式 \(\F(y,\xn)\) 作为函数定义 \(\l\xn.f\) , 则对于任意 \(b,\vec a_n\in\N\) , 若 \(b=f(\vec a_n)\) , 则 \(\Gamma\vdash\F(\w b,\w a_1,...,\w a_n)\) ; 而若 \(b\not=f(\vec a_n)\) , 则 \(\Gamma\vdash\F(\w b,\w a_1,...,\w a_n)\lra\w b=\w{f(\vec a_n)}\) , 从而 \(\Gamma\vdash\neg\F(\w b,\w a_1,...,\w a_n)\) . 因此公式 \(\F\) 恰好能够定义 \(f\) 的图. 并且对于 \(b=f(\vec a_n)\) , \(\Gamma\vdash\F(y,\w a_1,...,\w a_n)\lra y=\w b\) 天然蕴涵 \(\Gamma\vdash\F(y,\w a_1,...,\w a_n)\to y=\w b\) .
(\(\Leftarrow\)) 令 \(\F(y,\xn)\) 满足如下要求, 则对于任意的 \(b,\vec a_n\in\N\) , 若 \(b=f(\vec a_n)\) 则 \(\Gamma\vdash\F(\w b,\w a_1,...,\w a_n)\) , 从而根据逻辑公理有 \(\vdash y=\w b\to(\F(\w b,\w a_1,...,\w a_n)\lra\F(y,\w a_1,...,\w a_n))\) , 从而有 \(\Gamma\vdash y=\w b\to\F(y,\w a_1,...,\w a_n)\) , 而另一个方向则直接由 (ii) 提供, 从而 \(\Gamma\vdash\F(y,\w a_1,...,\w a_n)\lra y=\w b\) .

I.119

令公式 \(\F(y,\xn)\) 定义函数的图 \(\l y\xn.[y=f(\xn)]\) , 则构造公式

\[\G(y,\xn):\eq \F(y,\xn)\and(\fa z)_{<y}\neg\F(z,\xn) \]

我们接下来说明 \(\G\) 在 \(\Gamma\) 中作为函数定义了 \(f\) . 对于任意的 \(b,\vec a_n\in\N\) , 若 \(b=f(\vec a_n)\) , 由于 \(\F\) 定义了 \(f\) 的图, 故 \(\Gamma\vdash\F(\w b,\w a_1,...,\w a_n)\) , 而另一方面, 对于任意 \(z<b\) 我们有 \(\Gamma\vdash\neg\F(\w z,\w a_1,...,\w a_n)\) , 从而由 I.9.44 可得 \(\Gamma\vdash z<\w b\to \neg\F(z,\w a_1,...,\w a_n)\) , 再由概括定理可得 \(\Gamma\vdash (\fa z)_{<\w b} \neg\F(z,\w a_1,...,\w a_n)\) , 故 \(\Gamma\vdash\G(\w b,\w a_1,...,\w a_n)\) , 因此我们有 \(\Gamma\vdash y=\w b\to\G(y,\w a_1,...,\w a_n)\) ; 之后我们再来证明 \(\Gamma\vdash\neg y=\w b\to\neg\G(y,\w a_1,...,\w a_n)\) , 显然箭头的右边等价于 \(\neg\F(y,\w a_1,...,\w a_n)\or(\ex z)_{<y}\F(z,\w a_1,...,\w a_n)\) , 由 \(\rob(<_3)\) 可得 \(\Gamma\vdash \neg y=\w b\to y<\w b\or \w b<y\) , 而我们显然有 \(\Gamma\vdash\w b<y\to (\ex z)_{<y}\F(z,\w a_1,...,\w a_n)\) 故 \(\Gamma\vdash\w b<y\to\neg\G(y,\w a_1,...,\w a_n)\) , 而同理上文中使用 I.9.44 的方法我们还可以得到 \(\Gamma\vdash y<\w b\to \neg\F(y,\w a_1,...,\w a_n)\) 从而 \(\Gamma\vdash y<\w b\to\neg \G(y,\w a_1,...,\w a_n)\) , 因此由 Prove by cases 可得 \(\Gamma\vdash\neg y=\w b\to \neg\G(y,\w a_1,...,\w a_n)\) , 从而我们有 \(\Gamma\vdash y=\w b\lra\G(y,\w a_1,...,\w a_n)\) , 故 \(\G\) 在 \(\Gamma\)​ 中作为函数定义了 \(f\) .

I.120

由 I.119 , 存在公式 \(\F(y,x)\) 在 \(\Gamma\) 中作为函数定义 \(f\) , 于是对于公式 \(\A(x)\) , 我们构造公式

\[\B(x):\eq(\ex z)\F(z,x)\and \A(z) \]

则对于任意的 \(n\in\N\) , 因为 \(\Gamma\vdash\F(\w{f(n)},\w n)\) 所以根据重言规则有 \(\Gamma\vdash \A(\w{f(n)})\to\F(\w{f(n)},\w n)\and\A(\w{f(n)})\) 以及 \(\vdash \F(\w{f(n)},\w n)\and\A(\w{f(n)})\to(\ex z)\F(z,\w n)\and\A(z)\) , 从而 \(\Gamma\vdash\A(\w{f(n)})\to\B(\w n)\) ; 另一方面, 由于 \(\F\) 在 \(\Gamma\) 中作为函数定义 \(f\) 所以我们有 \(\Gamma\vdash \F(z,\w n)\lra z=\w{f(n)}\) , 因此我们有 \(\Gamma\vdash\B(\w n)\lra (\ex z)z=\w{f(n)}\and \A(z)\) , 接下来我们证明 \(\Gamma\vdash\neg\A(\w{f(n)})\to\neg\B(\w n)\) , 由我们先前的结论, 箭头右边等价于 \((\fa z)z=\w{f(n)}\to\neg\A(z)\) , 根据逻辑公理我们有 \(\vdash z=\w{f(n)}\to(\neg\A(\w{f(n)})\to\neg\A(z))\) , 而显然有 \(\vDash_{\bf Taut}\P\to(\Q\to\R)\lra\Q\to(\P\to\R)\) , 所以我们有 \(\vdash\neg\A(\w{f(n)})\to(z=\w{f(n)}\to\neg\A(z))\) 再应用 \(\fa\)-introduction 即可得到 \(\vdash\neg\A(\w{f(n)})\to\neg\B(\w n)\) , 从而我们有 \(\Gamma\vdash\B(\w n)\lra\A(\w{f(n)})\) .

I.121

(1) 首先考虑独立于递归论的证法, 钦定 \(A\) 被公式 \(\A(x)\) 正向强定义, 则对于任意的 \(n\in\N\) 我们有

\[\bl n\in f^{-1}[A]&\iff f(n)\in A\\ &\iff \rob\vdash\A(\w{f(n)}) \el \]

而 I.120 告诉我们存在公式 \(\B(x)\) 使得对于任意的 \(a\in\N\) 均有 \(\rob\vdash\A[\w{f(n)}]\lra\B(\w n)\) , 因此我们有

\[\bl n\in f^{-1}[A]&\iff \rob\vdash\A(\w{f(n)})\\ &\iff \rob\vdash\B(\w n) \el \]

从而集合 \(f^{-1}[A]\) 被公式 \(\B\) 在 \(\rob\) 中正向强定义.
(2) 之后我们给出递归论证法, 由 I.113 及其逆命题, 在 \(\rob\) 中正向强可定义集与 \(\re\) 集描述的是同一个类. 因此 \(A\) 是 \(\re\) 的, 我们仅需要证明 \(f^{-1}[A]\) 是 \(\re\) 的, 由 I.119 可得函数 \(f\) 的图是 \(\rob\) 中可定义, 之后我们考虑一个引理

Lem 1. 若 \(R\subseteq\N\) 是 \(\rob\) 中可定义的, 那么它也是 \(\rob\)​ 中强可定义的

根据假设, 存在公式 \(\R(x)\) 使得对于任意的 \(n\in\N\)

\[\bl R(n)&\imp \rob\vdash \R(\w n)\\ \neg R(n)&\imp\rob\vdash\neg\R(\w n) \el \]

因此, 若 \(\rob\vdash\R(\w n)\) , 则根据 \(\rob\) 的一致性可得 \(\rob\not\vdash\neg\R(\w n)\) , 从而必定有 \(\neg\neg R(n)\) 即 \(R(n)\) , 所以 \(R(n)\ \ \mathrm{iff}\ \ \rob\vdash\R(\w n)\) , 借助类似的方法我们还可以证明 \(\neg R(n)\ \ \mathrm{iff}\ \ \rob\vdash\neg\R(\w n)\) , 因此 \(R\) 是 \(\rob\) 中强可定义的.

因此 \(f\) 的图是 \(\rob\) 中强可定义的, 由 I.113 可得它是递归的, 因而 \(f\in\r\) , 故 \(f^{-1}\in\p\) , 所以 \(f^{-1}[A]\) 是 \(\re\)​ 集.

I.122

我服了, 对角化怎么这么困难...

根据提示, 函数 \(D:=\l x.s(x,x)\) 是递归函数, 所以它的图是 \(\rob\) 可定义的, 由 I.119 可得它是 \(\Gamma\) 中作为函数可定义的, 于是对于 \(L_{\frak A}\) 上的公式 \(\A(v_0)\) , 由 I.120 存在公式 \(\B(v_0)\) 使得对于任意 \(a\in\N\) 我们有

\[\Gamma\vdash\A(\w{D(a)})\lra\B(\w a) \]

令 \(q:=\uc{\B(v_0)}\) , 则根据 \(D\) 的构造, \(D(q)\) 所编码的语句 \(\F\) 与 \(\B(\w q)\) 等价, 于是取 \(a\) 为 \(q\) 可得

\[\Gamma\vdash\A(\w{\uc\F})\lra\B(\w q) \]

从而再由 \(\Gamma\vdash\B(\w q)\lra\F\) 可得

\[\Gamma\vdash\A(\w{\uc\F})\lra\F \]

所构造的语句 \(\F\) 即为公式 \(\A(v_0)\) 的不动点.

I.123

若不然, 假定 \(L_{\frak A}\) 上的公式 \(\tr(v_0)\) 在 \(\n\) 中定义了 \(\T\) , 则考虑取公式 \(\neg\tr(v_0)\) 的不动点 \(\F\) , 则有

\[\rob\vdash \F\lra\neg\tr(\w{\uc\F}) \]

而由 \(\rob\) 的正确性可得 \(\n\vDash\F\lra\neg\tr(\w{\uc\F})\) , 若 \(\uc\F\in\T\) , 则 \(\n\not\vDash\tr(\ov{\uc\F})\) 从而 \(\uc\F\notin\T\) ; 然而另一方面若 \(\uc\F\notin\T\) , 则 \(\n\not\vDash\tr(\ov{\uc\F})\) , 然而同时根据 \(\T\) 的完全性我们又有 \(\uc{\neg\F}\in\T\) , 从而由不动点的性质可以得到 \(\n\vDash\tr(\w{\uc\F})\) . 无论是那种情况都会产生矛盾, 所以 \(\T\) 是不可定义的.

I.124

我们仅需证明 \(\r'\) 关于原始递归封闭即可. 设 \(\l\xn.f,\l\xn yz.g\in\r'\) , 考虑由 \(f,g\) 原始递归得到的函数

\[h:=\l\xn y.\left\{ \bl &f(\xn)&\if&y=0\\ &g(\xn,y\ \dot-\ 1,h(\xn,y\ \dot-\ 1))&&\oth \el \right. \]

借助编码函数, 只需要找到"模拟"计算的序列的编码即可, 具体来说就是找到最小的 \(z\) 使得

\[\bl &\beta(z,0)=f(\xn)&\\ &\beta(z,i+1)=g(\xn,i,\beta(z,i))& \text{for all $0\le i<n$} \el \]

当然我们可以轻易证明 \(\l ai.\beta\in\r'\) , 之后我们需要考虑模拟有界量词, 实际上我们可以考虑如下构造

\[\bl (\fa x)_{<y}f(x)=0\lra ((\m z)(\neg f(z)=0\or z=y))= y \el \]

其中 \(\l xy.x=y\) 以及布尔操作 \(\and,\or,\neg\) 均可以用 \(\l xy.x+y,\l xy.xy,\l xy.x\ \dot-\ y\) 来实现. 而事实上由于 \(f,g\) 都是全函数, 所以这样的计算模拟序列总是存在的, 所以我们可以得到 \(h\in\r'\) , 因而 \(\r\subseteq\r'\) , 从而可以得到 \(\r=\r'\)​ .

I.125

由 I.9.41, I.9.42, I.9.46 可以得到除了 \(\l xy.x\ \dot-\ y\) 的图的其他函数的图的可表示性, 而利用 \(\l xy.x<y\) 我们也可以比较容易地得到 \(\l xy.x\ \dot-\ y\) 的图的可表示性, 再由 I.119 可得所有归纳基础的函数都是 \(\rob\) 作为函数可定义的.
对于函数的复合, 令 \(\l\xn.f,\l\xm.g_i(1\le i\le n)\in\r'\) , 假设这 \(n+1\) 个函数的图分别被公式 \(\F(y,\xn)\) 以及 \(\G_i(y,\xm)(1\le i\le n)\) 作为函数定义, 则对于它们的复合 \(h:=\l\xm.f(g_1(\xm),...,g_n(\xm))\) , 我们考虑公式

\[\H(y,\xm):\eq(\ex\vec y_n)\F(y,\vec y_n)\and\bigwedge_{i=1}^n\G_i(y_i,\xm) \]

对于任意的 \(\vec a_m,b\in\N\) , 若 \(b=h(\vec a_m)\) , 则我们取 \(y_i:\eq \w{g_i(\vec a_m)}\) , 则由 I.H. 可得 \(\rob\vdash \G_i(y_i,\w a_1,...,\w a_m)\) , 以及 \(\rob\vdash\F(\w b,y_1,...,y_n)\) , 从而可以得到 \(\rob\vdash\H(\w b,\w a_1,...,\w a_m)\) . 若 \(b\not=h(\vec a_m)\) , 我们证明 \(\neg\H\) , 它等价于

\[(\fa\vec y_n)\bigwedge_{i=1}^n\G_i(y_i,\w a_1,...,\w a_m)\to \neg\F(\w b,\vec y_n) \]

由于 \(\G_i\) 作为函数定义 \(g_i\) , 故 \(\rob\vdash\G_i(y_i,\w a_1,...,\w a_m)\lra y_i=\w{g_i(\vec a_m)}\) , 由 Leibniz 替换规则可得到上式的等价形式

\[(\fa\vec y_n)\bigwedge_{i=1}^ny_i=\w{g_i(\vec a_m)}\to\neg\F(\w b,\vec y_n) \]

仿照 I.120 的证明方法我们可以由 \(\rob\vdash\neg\F(\w b,\w{g_1(\vec a_m)},...,\w{g_n(\vec a_m)})\) 轻易地得到上式的 \(\rob\)-可证性, 从而公式 \(\H\) 表达了 \(h\) 的图, 再由 I.119 可以的到 \(h\) 在 \(\rob\) 中作为函数的可定义性.
对于 \(\m\) 算符, 假设正则 \(\l z\xn.g\in\r'\) 被公式 \(\G(y,z,\xn)\) 作为函数表示, 对于 \(f:=\l \xn.(\m z)g(z,\xn)\), 考虑公式

\[\F(y,\xn):=\G(0,y,\xn)\and(\fa z)_{<y}\neg\G(0,z,\xn) \]

对于 \(b,\vec a_n\in\N\) , 若 \(b=f(\vec a_n)\) , 则 \(\rob\vdash\G(0,\w b,\w a_1,...,\w a_n)\) 和对于 \(z<b\) 有 \(\rob\vdash\neg\G(0,\w z,\w a_1,...,\w a_n)\) , 从而由 I.9.44 可得 \(\rob\vdash y<\w b\to\G(0,y,\w a_1,...,\w a_n)\) , 从而 \(\rob\vdash\F(\w b,\w a_1,...,\w a_n)\) . 而另一方面, 假设 \(b\not=f(\vec a_n)\) , 则一定是 \(g(b,\vec a_n)\not=0\) 或者 \(b>f(\vec a_n)\) , 这两种情形都可以在 \(\rob\) 中证明 \(\neg\F(\w b,\w a_1,...,\w a_n)\) , 从而函数 \(f\) 的图是可表示的, \(f\) 作为函数可定义的.

I.126

设理论 \(\th\) 的编码 \(\uc\th\) 是 \(\re\) 集, 则存在函数 \(q\in\p\r\) 使得 \(q[\N]=\uc\th\) , 我们考虑构造如下函数

\[(n,\uc\A)\mapsto \uc{\underbrace{\A\and\A\and...\and\A}_{\text{$n$ 个 $\A$}}} \]

利用原始递归与编码函数我们可以得到它, 记之为 \(\l nx.s\) 并且它是原始递归函数. 显然对于任意的 \(\A\) 以及 \(n\in\N\) , \(s(n,\uc\A)\) 所编码的公式与 \(\A\) 是等价的, 并且显然 \(\l n.s(n,\uc\A)\) 是递增的, 并且总是有 \(s(n,x)>n\) . 于是我们考虑改造一下我们的函数 \(q\) 得到 \(q'\) 使得

\[\bl &q'(0)=q(0),\\ &q'(i+1)=s(q'(i),q(i+1)) \el \]

借助 Kleene's Recursion Theorem 我们可以轻易地构造出这样的 \(q'\) , 并且它是严格增的递归函数, 之后我们考虑它的值域 \(q'[\N]\) , 由 I.95 可知它是递归集, 并且由于 \(q'(i)\) 所编码的公式总是与 \(q(i)\) 等价, 所以它所编码的公式集可以公理化 \(\th\) .

I.127

不失一般性, 我们可以钦定这个语言就是 \(L_{\frak N}\) , 这里我们借助 \(\rob\) 设计的巧妙之处了, 由于系统 \(\rob\) 只有 \(9\) 条公理, 并且它们都是语句, 所以对于任意的公式 \(\A\) 而言, 由 Deduction Theorem 可得

\[\rob\vdash\A\iff\vdash\rob_1\and \rob_2\and...\and \rob_9\to\A \]

因此我们可以考虑原始递归函数

\[q:\uc A\mapsto\uc{\rob_1\and \rob_2\and...\and \rob_9\to\A} \]

若语言上的 pure theory \(\frak T\) 是递归的, 那么对于所有 \(n\in\N\) 我们有

\[n\in\Theta_{\rob}\iff q(n)\in\uc{\frak T} \]

故 \(\Theta_{\rob}\) 也是递归的, 这与 I.9.56(Church) 矛盾了.