Неразрешимость исчисления предикатов первого порядка

Теорема:

Не существует алгоритма, определяющего по формуле исчисления предикатов первого порядка, является ли она общезначимой.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Обозначим язык всех общезначимых формул [math]L = \{w | w[/math] — общезначимая формула исчисления предикатов первого порядка[math]\}[/math]. Покажем, что универсальный язык [math]U[/math] m-сводится к [math]L[/math]. Для этого нужно построить вычислимую функцию [math]f[/math], которая принимает на вход пару из машины Тьюринга [math]M = \langle \Sigma, \Pi, B, Q, Y, N, S, \delta \rangle[/math] и слова [math]w[/math] и возвращает некоторую формулу исчисления предикатов, причём: [math]f(\langle M, w \rangle) \in L \iff M[/math] попадает в допускающее состояние [math]Y[/math] на входе [math]w[/math]. Введём двухместный предикат [math]=[/math] со следующими аксиомами равенства (для удобства будем использовать инфиксную запись): [math]\forall x (x = x)[/math] — рефлексивность; [math]\forall x \forall y (x = y \rightarrow y = x)[/math] — симметричность; [math]\forall x \forall y \forall z ((x = y \& y = z) \rightarrow x = z)[/math] — транзитивность; для каждой функции [math]f[/math] от [math]n[/math] аргументов [math]\forall x_1 \ldots \forall x_n \forall y_1 \ldots \forall y_n ((x_1 = y_1 \& \ldots \& x_n = y_n) \rightarrow f(x_1, \ldots x_n) = f(y_1, \ldots y_n)[/math] — согласованность с функциональными символами; для каждого предиката [math]p[/math] от [math]n[/math] аргументов [math]\forall x_1 \ldots \forall x_n \forall y_1 \ldots \forall y_n ((x_1 = y_1 \& \ldots \& x_n = y_n) \rightarrow (p(x_1, \ldots x_n) \rightarrow p(y_1, \ldots y_n))[/math] — согласованность с предикатными символами. Для каждого символа [math]s \in \Pi[/math] заведём константу [math]s[/math], для каждого состояния [math]q \in Q[/math] заведём константу [math]q[/math]. Чтобы специальным образом кодировать ленту, введём две двухместные функции: [math]|[/math] и [math]\cdot[/math], а также одноместную функцию [math]g[/math]. Конфигурацию [math]\langle c_0 c_1 \ldots c_{l - 1}, q, c_l \ldots c_m \rangle[/math] теперь можно представить следующей формулой (опять же будем использовать инфиксную запись для удобства): [math]q | c_0 \cdot c_1 \cdot \ldots \cdot c_{l - 1} \cdot g(c_l) \cdot c_{l + 1} \cdot \ldots \cdot c_m[/math] Заведём множество формул [math]A[/math]. Для каждого перехода, сдвигающего головку влево, [math]\delta(q, c_1) = \langle p, c_2, \leftarrow \rangle[/math] добавим в [math]A[/math] формулу [math]\forall x \forall y ((q | x \cdot c_0 \cdot g(c_1) \cdot y) = (p | x \cdot g(c_0) \cdot c_2 \cdot y))[/math]. Для переходов, сдвигающих головку вправо или оставляющих на месте, аналогичным образом добавим соответствующие формулы в [math]A[/math]. Также введём предикат [math]yes[/math] и добавим в [math]A[/math] формулу [math]\forall x (yes(Y | x))[/math]. Наконец, чтобы предикат равенства был корректно задан, добавим все аксиомы равенства в [math]A[/math]. Поскольку число функций и предикатов конечно, множество [math]A[/math] будет конечно. Занумеруем его элементы как [math]A_0, A_1, \dots A_n[/math]. Теперь можно построить формулу [math]f(\langle M, w \rangle)[/math]: [math](A_0 \& A_1 \& \ldots \& A_n) \rightarrow yes(S | x_0 \cdot x_1 \cdot \ldots \cdot x_k)[/math], где [math]x_0 x_1 \ldots x_k = w[/math]. Заметим, что по построению из [math]A_0 \& A_1 \& \ldots \& A_n[/math] следует равенство двух формул, кодирующих любые две конфигурации [math]C_1[/math] и [math]C_2[/math], такие что [math]C_1 \vdash^* C_2[/math]. Поскольку предикат равенства согласован с предикатными символами (в частности с [math]yes[/math]), то оценка [math]yes(S | x_0 \cdot x_1 \cdot \ldots \cdot x_k)[/math] совпадает с оценкой [math]yes(u)[/math], где [math]u[/math] — формула, кодирующая некую конфигурацию [math]C[/math], что [math]C_0 \vdash^* C[/math], где [math]C_0[/math] — начальная конфигурация, опять же при условии [math]A_0 \& A_1 \& \ldots \& A_n[/math]. Если [math]M[/math] допускает [math]w[/math], то [math]C_0 \vdash^* \langle u, Y, v \rangle[/math], поэтому оценка [math]yes(S | x_0 \cdot x_1 \cdot \ldots \cdot x_k)[/math] совпадает с оценкой [math]yes(Y|x)[/math] для какого-то [math]x[/math]. По построению из [math]A_0 \& A_1 \& \ldots \& A_n[/math] в частности следует, что [math]\forall x (yes(Y | x))[/math], а значит, в этом случае [math]f(\langle M, w \rangle)[/math] оказывается общезначима. Если же [math]M[/math] не допускает [math]w[/math], то и доказательства для [math]f(\langle M, w \rangle)[/math] существовать не будет. Это вытекает из того факта, что во всём множестве [math]A[/math] присутствует лишь одна формула, содержащая предикат [math]yes[/math] — [math]\forall x (yes(Y | x))[/math]. Поэтому доказать следование [math]yes(S | x_0 \cdot x_1 \cdot \ldots \cdot x_k)[/math] можно лишь через эту формулу. Для подмены аргументов в предикатах существуют только аксиомы равенства, а [math](S | x_0 \cdot x_1 \cdot \ldots \cdot x_k)[/math] не равна никакой другой формуле вида [math](Y | x)[/math], поэтому от [math]\forall x (yes(Y | x)[/math] не перейти к [math]yes(S | x_0 \cdot x_1 \cdot \ldots \cdot x_k)[/math], а значит, и доказательство [math]f(\langle M, w \rangle)[/math] построить не удастся. Поэтому эта формула не будет общезначимой. Таким образом, [math]U \le_{m} L[/math], а значит, [math]L[/math] неразрешим, поскольку [math]U[/math] неразрешим.

[math]\triangleleft[/math]

Источники информации

• Презентация по данной проблеме
• Wikipedia — Entscheidungsproblem
• Wikipedia — First-order logic