数理逻辑3 -- 形式数论16

哥德尔第一不完备定理要求理论K具有$\omega-$一致性，数学家Rosser把这个条件变弱了。他说，K不需要$\omega-$一致性，而是满足两个小小条件，一样可以构造出如下一个不可判定句子：

$$H(x_1): \ \ (\forall x_2)\Big( PF(x_2, x_1) \Rightarrow (\forall x_3)\big( NEG(x_1, x_3) \Rightarrow (\exists x_4)(x_4 \leq x_2 \land PF(x_4, x_3)) \big) \Big)$$
。其中 $H(x_1)$里面的 $NEG$是前面哥德尔那些递归关系和函数里面的 $y = Neg(x)$（即若 $x$是某个好式子 $B$的哥德尔数，则 $y$是 $\neg B$的哥德尔数）。所以 $H(x_1)$的“意思”就是：如果 $x_1$可证，且证明的哥德尔数为 $x_2$，那么存在一个比 $x_2$还小的整数，它能证明 $x_1$的否。因此它就会违反K的一致性。

根据不动点定理，Rosser构造了以下不可判定句子，

$$\vdash_K R \Leftrightarrow H(\ulcorner R \ulcorner)$$ 。这个 $R$也是不可判定的，其证明称为Rosser’s Trick。

命题3.38（Godel-Rosser Theorem）：假设K满足哥德尔第一不完备定理中的条件1，2，3，并且额外满足以下两个条件，
4. $\vdash_K x \leq \bar{n} \Rightarrow x=0 \lor x=\bar{1} \lor ... \lor x=\bar{n}$，对所有自然数$n$成立
5. $\vdash_K x \leq \bar{n} \lor \bar{n} \geq x$，对所有自然数$n$成立
那么，若K是一致的，则Rosser句子$R$不可判定，即$\vdash_K R$不成立，$\vdash_K \neg R$也不成立。

证明：a. 假设有$\vdash_K R$，记$R$的哥德尔数为$p$，$\neg R$的哥德尔数为$q$，$R$的证明的哥德尔数为$m$。因为$\vdash_K R$，所以有$\vdash_K H(\ulcorner R \urcorner)$，所以应用两次A4和MP，可得

$$(\nabla_1) \ \ \vdash_K (\exists x_4) (x_4 \leq \bar{m} \land PF(x_4, \bar{q}))$$ 。接下来，因为K是一致的，所以 $\vdash_K \neg R$不成立，所以对所有自然数 $n$， $Pf(n, q)$都为假，所以 $\vdash_K \neg PF(\bar{n}, \bar{q})$对所有自然数 $n$成立，再根据条件4可得 $\vdash_K x_4 \leq m \Rightarrow \neg PF(x_4, \bar{q})$（应用 x4=n¯⇒¬PF(x4,q