本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

矛盾

• 公式样例：类似于$r\wedge \neg r$或者$\neg p\wedge p$这样的表达式
• 符号：$\perp$
• 不矛盾：符号$\top$，与矛盾的关系：$\perp := \neg \top$

等价

如果$p \dashv q,p \vdash q$，则$p \dashv \vdash p$

代换

• 定义：给定变元$x$、项$t$、公式$A(x)$，定义$A(t)$为用$t$代替$A$中的变量$x$的每个自由出现而得到的公式。

有些教材用$\phi$表示公式，用$\phi[t/x]$表示用$t$代换$A$中的变量$x$

自然演绎规则

• 相等的证明规则

  • $i$规则

    • 定义：任何项$t$必然和它本身相等
    • 公式表示： $i = \frac{}{t=t}$

    分母为空表示这个规则不需要任何前提条件，对于不需要前提条件的规则，我们称之为公理。

  • $e$规则

    • 范例：
      • 因为$y * (w +2)$等于$y * w + y * 2$ 所以由$z \geqslant y * ( w + 2 )$ 可以推出$z \geqslant y * w + y * 2$
    • 公式定义 $e = \frac{t_1=t_2\wedge A(t_1)}{A(t_2)}$

    表示当$t_1=t_2$和$t_1$代换公式$A$中$x$的结果可以得到$t_2$代换公式$A$中$x$的。

  • 基本的证明过程： $\begin{aligned} &(x+1)=(1+x)&& 前提 \\ &(x+1>1)\to (x+1>0)&& 前提 \\ &(1+x>1)\to (1+x>0)&& =e1,2 \\ \end{aligned}$

    • 由上述证明过程确定了下列矢列的有效性：
      • $x+1 = 1+x$
      • $(x+1>1)\to (x+1>0)\vdash (1+x>1)\to (1+x>0)>0$
    • 在此证明情况下，我们假设$t_1$是$(x+1)$，$t_2$是$(1+x)$，$A(x)$是$(x>1)\to(x>0)$。我们使用了规则$=e$，消去了$t_1=t_2$这个等式，然后将$t_1$或$t_2$代换公式$A$中$x$后即可得到证明结论
• 全称量词的证明规则：
  • $\forall x \ e$规则：若$\forall x \ A(x)$是真的，可以将$A(x)$中的$x$用任何项$t$去替换（$t$关于$A(x)$中的$x$是自由的），并且可以得出$A(t)$也是真的。
    • 公式表示： $\forall x \ e = \frac{\forall x \ A(x)}{A(t)}$
• 例题一：
  • 证明：$\forall x (P(x)\to Q(x)),\forall x P(x) \vdash \forall x Q(x)$
  • 答案： $\begin{aligned} &(1)\forall x (P(x)\to Q(x))&&前提\\ &(2)\forall x \ P(x)&&前提\\ &(3)P(x_0)\to Q(x_0)&&\forall x \ e_1\\ &(4)P(x_0)&&\forall x \ e_2\\ &(5)Q(x_0)&&\to e_{3,4}\\ &(6)\forall x Q(x)&&\forall x \ i_{3-5}\\ \end{aligned}$
  • 解释：
    • 题目要求根据前提$\forall x (P(x)\to Q(x))$和$\forall x P(x)$推导出结论$\forall x Q(x)$，我们的主要思路为通过证明$Q(x_0)$成立来证明$\forall x Q(x)成立$，为了证明后者，我们只需要证明$P(x_0)\to Q(x_0)$和$P(x_0)$成立，而他们本身就是两个前提的实例（对项$x_0$使用$\forall x \ e$规则）实现；
    • 我们根据第一个前提$\forall x (P(x)\to Q(x))$和规则$\forall x \ e$、任意变元$x_0$可以得到第三个公式$P(x_0)\to Q(x_0)$，表明对于任意一个$x_0$，都满足推导公式$P(x_0)\to Q(x_0)$；
    • 再根据第二个前提$\forall x \ P(x)$和规则$\forall x \ e$、任意变元$x_0$可以得到第四个公式$P(x_0)$，表明对于任意一个$x_0$，都满足推导公式$P(x_0)$；
    • 根据规则$e$，我们将公式4带入公式3，可以得到公式5：$Q(x_0)$
• 例题二：
  • 证明：$P(t),\forall x(P(x)\to \neg Q(x)) \vdash \neg Q(t)$
  • 答案： $\begin{aligned} &(1)P(t)&&前提\\ &(2)\forall x (P(x) \to \neg Q(x))&&前提\\ &(3)P(t)\to \neg Q(t)&&\forall x \ e_2\\ &(4)\neg Q(t)&&\to e_{3,1}\\ \end{aligned}$
• 存在量词的证明规则：
  • $\exist x \ i$规则：只要对某项$t$，有$A(t)$，那么，我们可以推导出$\exist x \ A(x)$
• 例题三：
  • 证明：$\forall x \ A(x) \vdash \exist x \ A(x)$
  • 答案： $\begin{aligned} &(1)\forall x A(x)&&前提\\ &(2)A(x)&&\forall x \ e_1\\ &(3) \exist x \ A(x)&&\exist x \ i_2\\ \end{aligned}$
  • 解释：公式2表示把$x$看作参数带入到$A(x)$中，推出$A(x)$成立
• 例题四：
  • 证明：$\forall x (P(x)\to Q(x)),\exist x \ P(x) \vdash \exist x \ Q(x)$
  • 答案： $\begin{aligned} &(1)\forall x (P(x)\to Q(x))&&前提\\ &(2)\exist x \ P(x)&&前提\\ &(3)P(x_0)&&假设\\ &(4)P(x_0)\to Q(x_0)&&\forall x \ e_1\\ &(5)Q(x_0)&&\to e_{3,4}\\ &(6)\exist x \ Q(x)&&\exist x \ i_5\\ &(7)\exist x \ Q(x)&&\exist x \ e_{2,3-6}\\ \end{aligned}$
• 例题五：
  • 证明：$\forall x(Q(x)\to R(x)),\exist x (P(x)\wedge Q(x)) \vdash \exist x (P(x)\wedge R(x))$
  • 答案： $\begin{aligned} &(1)\forall x (Q(x)\to R(x))&&前提\\ &(2)\exist x (P(x)\wedge Q(x))&&前提\\ &(3)P(x_0)\wedge Q(x_0)&&假设\\ &(4)Q(x_0)\to R(x_0)&&\forall x \ e_{1}\\ &(5)Q(x_0)&&\wedge e_{2,3}\\ &(6)R(x_0)&&\to e_{4,5}\\ &(7)P(x_0)&&\wedge e_{1,3}\\ &(8)P(x_0)\wedge R(x_0)&&\wedge i_{7,6}\\ &(9) \exist x (P(x)\wedge R(x))&&\exist x \ i_8\\ &(10) \exist x (P(x)\wedge R(x))&&\exist x \ e_{2,3-9}\\ \end{aligned}$
• 例题六：
  • 证明：$\exist x \ P(x),\forall x \forall y(P(x)\to Q(x))\vdash \forall y \ Q(y)$
  • 答案： $\begin{aligned} &(1)\exist x P(x)&&前提\\ &(2)\forall x \forall y (P(x)\to Q(x))&&前提\\ &(3)P(x_0)&&假设\\ &(4)\forall y (P(x_0)\to Q(y))&&\forall x \ e_{2}\\ &(5)P(x_0)\to Q(y_0)&&\forall y \ e_{4}\\ &(6)Q(y_0)&&\to e_{5,3}\\ &(7)Q(y_0)&&\exist x \ e_{1,3-6}\\ &(8) \forall y \ Q(y)&&\forall y \ i_{3-7}\\ \end{aligned}$