如果感覺到地震讓地表上下晃動，那麼這次地震大概比較大

中正大學，地球與環境科學系，992學期，地球與環境科學概論，石瑞銓

地震的震波大致可以分成三種，傳遞速率由快到慢排序列舉如下：P波（primary wave）、S波（secondary wave）和表面波（表面波還可以分成雷利波（Rayleigh wave）和洛夫波（Love Wave））。

其中P波是震幅最小，也就是能量最小的波。它是疏密波。P波會在地球內部傳遞，在離震源比較遠的地方會以和地表接近垂直的角度傳到地表，所以會造成地表上下震動。小地震的P波一般人通常感覺不到，因為它實在太小了。但是如果能感覺到地表上下震動，而且那真的是地震造成的上下震動的話，最好在S波和表面波到達之前趕快關火關瓦斯（火災通常是地震過後導致傷亡人數非常慘烈的主因），然後跑到安全的地方。畢竟，連震幅最小的P波都能搖成這樣了，更別提S波和表面波了。三月十二號的野外實習我們去看被921地震弄倒的房子，一二層樓通常都被壓得扁扁的，樓上雖然柱子受到損傷但是沒有倒；所以我猜如果來不及跑到戶外的話往頂樓跑應該會比較安全吧。

不過爆炸和火山爆發會產生P波但是不會產生S波（因此可以從震波紀錄知道其他國家有沒有試爆核子彈）。如果簍雷感受到P波並很機警地關瓦斯並跑到比較安全的地方，在那裡等了老半天卻什麼鬼震動都沒有的時候，那麼簍雷該擔心的大概就不是地震了。

就是你想的那個東西

前幾天我在老貓的推特上看到燈泡放進嘴裡就拿不出來了嗎？這篇粉碎謠言的文章。作者親自吞燈泡做實驗，文章裡提到：

最初的測試，小耿心裡比較沒底，因此在燈泡外面套上了一層橡膠膜（好吧，其實就是用了你想的那個東西）。

讀到「橡膠膜」時，我對它還沒有什麼特別的想法，反正就是橡膠膜嘛。但我讀到「好吧，其實就是用了你想的那個東西」時，雖然我心裡只想著橡膠膜，卻馬上知道了那層橡膠膜就是保險套。（如果有人知道有些保險套是橡膠做的，而且他讀到「橡膠膜」時想到保險套以外的其他東西，例如橡膠手套，那麼他讀到「好吧，其實就是用了你想的那個東西」後，會確信那層橡膠膜是橡膠手套嗎？）

「好吧，其實就是用了你想的那個東西」這個看起來跟保險套似乎一點關係也沒有的句子到底告訴了我什麼事情，讓我能從這個句子得知那層橡膠膜就是保險套呢？這真是太神奇了。

（這篇文章加上語言哲學標籤合適嗎？）

應觀眾要求

我在文章底下放了「讚」給手癢的讀者按。頌大俠去吧！

沒有放「沒道理」或「看不懂」之類的選項是因為，只是按個鈕我怎麼知道文章是不是真的有問題、真的有問題的話是哪裡有問題勒。

0.1是循環小數

數學系的集合論，黃英龍老師說0.1是循環小數，因為0.1可以寫成0.100000000000000000000...

真是嚇死我了。

碼書：編碼與解碼的戰爭

這本書介紹了很多從以前到現在，隨著人們通訊技術發展因應而生的隱藏、加密和解密訊息的方式。例如，把訊息寫在信差剃光的頭皮上，等頭髮長長了信差再出發、用隱形墨水寫字、把訊息中的a用b替換，把b用c替換…把z用a替換後得到密碼文、網路上的公開鑰匙和私密鑰匙，以及量子電腦對密碼學可能的影響。其中也穿插了有趣的小故事、密碼學在軍事上應用的案例、加密者和解密者間的競賽。此外，書中有一章的內容是關於怎麼解讀古代文字。

有時候讀到密碼學家們解密的竅門時，真是讓我覺得，天啊這群人好聰明噢哈哈哈。我滿喜歡這本書的，喜歡到買了一本放在書櫃上。

以下節錄一些有趣的段落（括號的部分是我根據前後文加上去的）：

• （十六世紀末）西班牙的密碼專家，似乎比歐洲其他地方的對手天真。當他們發現法國人可以看透他們的訊息時，竟不願正視這件事實。西班牙國王菲力普二世甚且向梵諦岡陳情，宣稱維特（以破解西班牙密碼為樂的傢伙）之所以能破解西班牙密碼的唯一解釋是：「他是與撒旦結盟的魔王」。菲力普訴請樞機法庭審判維特的惡魔勾當。教宗深知自己的密碼分析家多年來也一向能破解西班牙的密碼，於是駁回他的陳情。這則新聞很快就傳到各國專家耳裡，西班牙的密碼專家頓時成為全歐洲的笑柄。
  .
• （十九世紀後半期）民眾開始覺得需要保護它們高度敏感的私人通訊，必要時會進行加密，…（略）…一般大眾所用的密碼，對專業的密碼分析家而言是不堪一擊，但對付那些隨機窺探他人隱私的傢伙卻已綽綽有餘了。
  
  …（略）…有一次，惠斯頓（解碼專家）解譯了一名牛津學生刊在《泰唔士報》提議愛人與他一起私奔的啟事。幾天後，惠斯頓刊登他自己的啟事，也用同樣的密碼加密，勸告這對愛侶不要履行這項輕率、叛逆的計畫。稍後隨即出現第三則啟事，這次沒有加密，它是女方當事人發出的：「親愛的查理，不要再寫了。我們的密碼被發現了。」

語句邏輯的完備性

如果你不太能理解這篇文章在幹嘛，建議先讀過下列文章。

• 語句邏輯的語法和語意
• 語句邏輯的證明系統

完備性：如果Γ ⊧A，那麼Γ├A。如果不管語句們的真值設定是什麼，都不會出現Γ裡的語句都為真但A為假的情況，那麼Γ可以推導出某個語句A（Γ可以是空集合）（完備性是後設定理）。

PS系統的其中一種完備性證明：

證明簡介：

因為找不到方法為Γ ⊧A排序，所以不能像證明健全性那樣用數學歸納法做證明。不過，P→Q若且唯若¬Q→¬P，因此證明了

如果並非Γ├A，那麼並非Γ ⊧A

也就是證明了完備性。

另外，有人證明了

• 並非Γ├A，若且唯若，Γ∪{¬A}是一致的，以及
• 並非Γ ⊧A，若且唯若，Γ∪{¬A}有一個模型（model）。Γ∪{¬A}有一個模型的意思是，有個真值設定v，它的unique extension v'給Γ裡的語句和¬A的值都是1。

因此，證明了

如果Γ∪{¬A}是一致的，那麼Γ∪{¬A}有一個模型

 也就是證明了完備性。

假設前件（Γ∪{¬A}是一致的）為真，然後把Γ∪{¬A}擴充成最大化一致集合（maximal consistent set）Γ^*，再根據Γ^*做出一個真值設定v，而這個v會是Γ∪{¬A}的模型。得證如果Γ∪{¬A}是一致的，那麼Γ∪{¬A}有一個模型。得證語句邏輯的完備性。

• 最大化一致集合的定義：Γ是最大化一致集合，若且唯若，Γ是一致的，而且對任何合法的語句A而言，如果A∉Γ，那麼Γ∪{A}是不一致的。

證明：

先證明跟最大化一致集合有關的兩個的引理（lemma）放著備用。

1. 如果Γ是最大化一致集合，那麼對任何合法的語句A而言，要嘛A∈Γ，要嘛¬A∈Γ（Γ是最大化一致集合，所以不會有A∈Γ而且¬A∈Γ的情況）。
   
   使用反證法，假設前件成立而且後件不成立，如果能根據這些假設推導出矛盾的結果，就能得證前件成立時後件會成立。
   
   假設Γ是最大化一致集合，而且有個語句A，A∉Γ、¬A∉Γ。根據最大化一致集合的定義，Γ∪{A}和Γ∪{¬A}都是不一致的。根據一致的定義，從Γ∪{¬A}是不一致的這件事可以推論出會有某個語句B，Γ∪{¬A}├B而且Γ∪{¬A}├¬B。根據之前證明過的Γ, A├B若且唯若Γ├A→B定理，從Γ∪{¬A}├B而且Γ∪{¬A}├¬B，可以推論出Γ├¬A→B和Γ├¬A→¬B。
   
   根據├(¬A→B)→((¬A→¬B)→A)這條我目前還不知道是怎麼推論出來的定理，以及上一段最後一句的Γ├¬A→B和Γ├¬A→¬B，用MP規則可以推論出Γ├A。
   
   根據一致的定義，從Γ∪{A}是不一致的這件事可以推論出會有某個語句C，Γ∪{A}├C而且Γ∪{A}├¬C。根據A├B若且唯若Γ├A→B定理，從Γ∪{A}├C而且Γ∪{A}├¬C，可以推論出Γ├A→C和Γ├A→¬C。根據├A→¬¬A定理、Γ├A→C和Γ├A→¬C和MP規則，可以得到Γ├¬¬A→C和Γ├¬¬A→¬C。
   
   根據├(¬A→B)→((¬A→¬B)→A)定理，以及上一段最後一句的Γ├¬¬A→C和Γ├¬¬A→¬C，用MP規則可以推論出Γ├¬A。
   
   因此Γ├A而且Γ├¬A，Γ 不一致，Γ 不會是最大化一致集合。這個結果和我們的假設矛盾，得證如果Γ是最大化一致集合，那麼對任何合法的語句A而言，要嘛A∈Γ，要嘛¬A∈Γ。
   .
2. 如果Γ是最大化一致集合，那麼對任何合法的語句A而言，如果Γ├A，那麼A∈Γ。
   
   用反證法。假設Γ是最大化一致集合，而且Γ├A而且A∉Γ。A∉Γ，根據最大化一致集合的定義，Γ∪{A}是不一致的。Γ∪{A}不一致，因此會有某個語句B，Γ∪{A}├B而且Γ∪{A}├¬B。根據A├B若且唯若Γ├A→B，可以得到Γ├A→B和Γ├→A¬B。根據Γ├A（假設）、Γ├A→B、Γ├→A¬B和MP，可以得到Γ├B和Γ├¬B。因此Γ不是最大化一致集合，和假設矛盾。

用Lindenbaum's lemma把Γ∪{¬A}擴充成最大化一致集合。

Lindenbaum's lemma：任何一致的集合Γ都可以擴充成最大化一致集合Γ^*。

證明：

找一個函數f，它的功能是把所有合法的語句從1開始編號。每個編號都不一樣。把Γ擴充成最大化一致集合Γ^*的程序如下：

• Γ₀ = Γ（Γ₀就是Γ）。
• Γ_n+1 = Γ_n∪φ_n+1，如果Γ_n∪φ_n+1是一致的
  （如果Γ_n∪φ_n+1是一致的，那麼Γ_n+1 = Γ_n∪φ_n+1）。
  Γ₁ = Γ_n，如果Γ_n∪φ_n+1是不一致的
  （如果Γ_n∪φ_n+1是不一致的，那麼Γ_n+1 = Γ_n）。
• Γ^* = ∪_n∈ωΓ_n（Γ^* = Γ₀∪Γ₁∪Γ₂∪...Γ_n∪...，ω是指自然數的集合。根據定義不能聯集一串無限大的集合，所以Γ^* = Γ₀∪Γ₁∪Γ₂∪...Γ_n∪...的寫法是不合法的）。

證明對任何屬於ω的n來說，Γ_n是一致的（弱數學歸納法）：

• B.C.：Γ₀根據預設是一致的。
• I.H.：假設Γ_n是一致的。
• I.C.：從Γ_n變成Γ_n+1有兩種情況。一，Γ_n∪φ_n+1是一致的，那麼Γ_n+1 = Γ_n∪φ_n+1，在這種情況下Γ_n+1是一致的。二，Γ_n∪φ_n+1是不一致的，那麼Γ_n+1 = Γ_n，根據I.H.，Γ_n+1是一致的。

故得證對任何屬於ω的n來說（for any n∈ω），Γ_n是一致的。

證明每個Γ^*的子集合都是某些Γ_n的子集合（反證法）：
假設有個Γ^*的子集合α，α不是任何Γ_n的子集合，因此，α裡的某些語句φ不屬於任何Γ_n。然而，Γ^* = ∪_n∈ωΓ_n，所以屬於Γ^*的語句一定會屬於某個Γ_n

證明Γ^*是一致的（反證法）：
假設Γ^*是不一致的，因此對某個語句A而言Γ^*├A而且Γ^*├¬A。在推導是有限長的情況下，被拿來當前提的語句也會是有限多個。把推導出A的前提們稱做α，α是Γ^*的子集合；把推導出¬A的前提們稱做β，β是Γ^*的子集合。讓Γ等於α聯集β，Γ也會是Γ^*的子集合，此外，Γ├A而且Γ├¬A。出現了有個Γ^*的子集合是不一致的情況。然而根據之前證明過的，

• 每個Γ^*的子集合都是某些Γ_n的子集合
• 對任何屬於ω的n來說，Γ_n是一致的

因此Γ會是一致的。產生矛盾，因此Γ^*是一致的。

證明Γ^*是最大化的（反證法）：
假設Γ^*不是最大化的，因此，會有某個語句A，A∉Γ^*，而且Γ^*∪{A}是一致的。然而，A會被標上某個編號，例如A_m，因為Γ^*∪{A}是一致的，所以A∈Γ_m，所以A∈Γ^*。產生矛盾，因此Γ^*是最大化的。

於是就證明了任何一致的集合Γ都可以擴充成最大化一致集合Γ^*

用Γ^*做出一個特別的真值設定v。

這個特別的真值設定v是長這樣的：

• v(A) = 1，若且唯若，φ是原子語句而且φ∈Γ^*。
• v(A) = 0，若且唯若，φ是原子語句而且φ∉Γ^*。

Henkin Lemma：這個特別的真值設定v的v'，對任何合法語句φ而言，φ∈Γ^*若且唯若v'(φ) = 1。

證明（強數學推納法，用φ裡的連接詞數量做排序）：

• B.C.：φ是原子語句，根據那個特別的真值設定v的定義，φ∈Γ^*若且唯若v'(φ) = 1。
• I.H.：假設，對所有連接詞數量小於n的合法語句而言，φ∈Γ^*若且唯若v'(φ) = 1。

I.C.：當φ的連接詞數量是n的時候，要嘛φ = ¬ψ，要嘛φ = ψ→χ。

1. φ = ¬ψ
   ψ的連接詞數量是n-1，根據I.H.，ψ∈Γ^*若且唯若v'(ψ) = 1。v'(φ) = 1若且唯若v'(ψ) = 0，v'(ψ) = 0若且唯若ψ∉Γ^*。因為Γ^*是最大化一致集合，根據之前證的「如果Γ是最大化一致集合，那麼對任何合法的語句A而言，要嘛A∈Γ，要嘛¬A∈Γ」，ψ∉Γ^*所以¬ψ∈Γ^*。因此φ∈Γ^*。 
.
2. φ = ψ→χ
   ψ和χ的連接詞數量都小於n。
   
   （如果φ∈Γ^*則v'(φ) = 1）（反證法）
   假設φ∈Γ^*而且v'(φ) = 0。v'(φ) = 0，所以v'(ψ) = 1而且v'(χ) = 0。v'(ψ) = 1而且v'(χ) = 0，根據I.H.，ψ∈Γ^*而且χ∉Γ^*。根據χ∉Γ^*和「如果Γ是最大化一致集合，那麼對任何合法的語句A而言，要嘛A∈Γ，要嘛¬A∈Γ」，可以推論出¬χ∈Γ^*。因為ψ∈Γ^*和¬χ∈Γ^*，所以Γ^*├ψ而且Γ^*├¬χ。根據定理├ψ→(¬χ→¬(ψ→χ))和MP，得到Γ^*├¬(ψ→χ)。根據Γ^*├¬(ψ→χ)和之前證的「如果Γ是最大化一致集合，那麼對任何合法的語句A而言，如果Γ├A，那麼A∈Γ」，可以得到¬(ψ→χ)∈Γ^*。因此¬φ∈Γ^*。因此φ∈Γ^*而且¬φ∈Γ^*，所以Γ^*├φ而且Γ^*├¬φ，Γ^*是不一致的。這個結果和Γ^*是一致的預設矛盾。
   .
   （如果v'(φ) = 1則φ∈Γ^*）
   假設v'(φ) = 1，所以v'(ψ) = 0或v'(χ) = 1。根據I.H.，ψ∉Γ^*或χ∈Γ^*。
   
   1.ψ∉Γ^*
   根據「如果Γ是最大化一致集合，那麼對任何合法的語句A而言，要嘛A∈Γ，要嘛¬A∈Γ」，¬ψ∈Γ^*，因此Γ^*├¬ψ。根據Γ^*├¬ψ、定理├¬ψ→(ψ→χ)和MP可以得到Γ^*├ψ→χ。根據Γ^*├ψ→χ和「如果Γ是最大化一致集合，那麼對任何合法的語句A而言，如果Γ├A，那麼A∈Γ」，可以得到ψ→χ∈Γ^*，也就是φ∈Γ^*。
   
   2.χ∈Γ^*
   χ∈Γ^*，所以Γ^*├χ。根據公理├χ→(ψ→χ)和Γ^*├χ和MP可以得到Γ^*├ψ→χ。根據Γ^*├ψ→χ和「如果Γ是最大化一致集合，那麼對任何合法的語句A而言，如果Γ├A，那麼A∈Γ」，可以得到ψ→χ∈Γ^*，也就是φ∈Γ^*。

得證Henkin Lemma。

完備性：Γ ⊧A則Γ├A。

Γ ⊧A則Γ├A，若且唯若，並非Γ├A則並非Γ ⊧A，若且唯若，Γ∪{¬A}是一致的則Γ∪{¬A}有一個模型。

Γ∪{¬A}是一致的，所以可以用Lindenbaum's lemma把Γ∪{¬A}擴充成最大化一致集合Γ^*，然後用Γ^*做出一個特別的真值設定v。根據Henkin Lemma，因為Γ∪{¬A}裡的語句都屬於Γ^*，所以這個v的v'給Γ∪{¬A}裡的語句的值都會是1，因此Γ∪{¬A}有一個模型。

得證語句邏輯的完備性。

參考資料：中正哲學所九十九學年度第一學期進階邏輯Kiki的講義。