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。

語句邏輯的健全性

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

健全性（soundness）：如果Γ├A，那麼Γ ⊧A。如果某組語句Γ可以推導出某個語句A，那麼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（Γ可以是空集合）（健全性是後設定理）。

PS系統的健全性證明：

使用強數學歸納法，用推論出A需要幾行證明為Γ├A排序。

B.C.當證明行數為1的時候，A要嘛是公理，要嘛是前提。

• A是公理：
  
  1. 公理1：├A→(B→A)
     如果有個真值設定v讓v'(A→(B→A)) = 0（讓A→(B→A)為假），那麼v'(A) = 1而且v'(B→A) = 0。想讓v'(B→A) = 0，那麼v'(B) = 1而且v'(A) = 0。但是v'(A)在之前設定的值是1（畫底線的地方），所以找不到讓v'(A→(B→A)) = 0的真值設定。因此 ⊧A→(B→A)成立。
     .
  2. 公理2：├(A→(B→C))→((A→B)→(A→C))
     如果有個真值設定v讓v'((A→(B→C))→((A→B)→(A→C))) = 0，那麼v'(A→(B→C)) = 1而且v'((A→B)→(A→C)) = 0。讓v'((A→B)→(A→C)) = 0，那麼v'(A→B) = 1而且v'(A→C) = 0。讓v'(A→C) = 0，那麼v'(A) = 1而且v'(C) = 0。v'(A) = 1，所以要讓v'(A→B) = 1的話，v'(B) = 1。但是v'(A) = 1而且v'(C) = 0而且v'(B) = 1的話，v'(A→(B→C)) = 0，和之前v'(A→(B→C)) 設定的值（畫底線處）不同。因此找不到讓v'((A→(B→C))→((A→B)→(A→C))) = 0的真值設定。⊧(A→(B→C))→((A→B)→(A→C))成立。
     .
  3. 公理3：├(¬A→¬B)→(B→A)
     如果有個真值設定v讓v'((¬A→¬B)→(B→A)) = 0，那麼v'(¬A→¬B) = 1而且v'(B→A) = 0。讓v'(B→A) = 0，那麼v'(B) = 1而且v'(A) = 0。但是如此一來會讓v'(¬A→¬B) = 0，所以⊧(¬A→¬B)→(B→A)成立。
     .
• A是前提：
  當前提裡的所有語句φ在某個真值設定v底下，v'(φ) = 1，那麼v'(A)當然也會是1。

I.H.假設，當Γ├A的證明長度小於n時，如果Γ├A則Γ ⊧A。

I.C.當Γ├A的證明長度等於n時，A要嘛是公理，要嘛是前提，要嘛是用MP規則推論出來的。

A是公理的話，在B.C.已經證明公理都是恆真句了，所以Γ⊧A（Ａ是公理）。

A是前提的情況，證明方式和B.C.差不多。

A是用MP規則推論出來的，也就是說，Ａ是如下推論出來的：
第1行：Γ├某個句子
第2行：Γ├某個句子
…
第 i 行：Γ├B→A
…
第 j 行：Γ├B
…
第 n 行：Γ├A（根據第i行、第j行及MP）

因為第 i 行和第 j 行的推論長度都小於第 n 行，所以它們都可以使用I.H.做推論。所以可以得到Γ⊧B→A和Γ⊧B。Γ⊧B→A的意思是，在任何真值設定v下，如果有v'讓Γ裡所有語句的值都是1，那麼那個v'也會讓B→A的值是1（v'(B) = 0 或v'(A) = 1）。Γ⊧B的意思是，在任何真值設定v下，如果有v'讓Γ裡所有語句的值都是1，那麼那個v'也會讓B的值是1。

根據上一段畫了底線的那兩句話，可以知道，在Γ⊧B→A和Γ⊧B都成立的情況裡，
在任何真值設定v下，v'(A) = 1。因此，在Γ⊧B→A和Γ⊧B都成立的情況裡，Γ⊧A也成立。

得證PS這個證明系統的健全性。

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。

數學歸納法

數學歸納法（proof by induction）是集合論裡的定理（theorem）。這個定理用在語句邏輯上大概是這個樣子：

想證明某一類型的合法語句都具有某個性質P，就得先為該類型的語句們用自然數排序（例如句子裡面沒有連接詞的語句們的排序是0，有一個連接詞的語句們的排序是1之類的），然後就可以用數學歸納法了。

先證明排序中最小的語句們（例如，如果是用語句的連接詞數量來排序，那麼最小的排序是0；如果是用推論的長度來排序，那麼最小的排序是1）有性質P（base case），然後假設排序n的語句們有性質P（inductive hypothesis），再利用假設證明排序為n+1的語句們也有性質P（inductive case）。這樣就能得到我們想要的結論：任何排序的語句都有性質P。

有三種使用數學歸納法的方式，弱歸納法（weak induction）、強歸納法（strong induction）和良序歸納法（well-ordering induction）。但是我不清楚良序歸納法是什麼就不寫了。

弱歸納法

• Base Case：證明最小的排序有性質P。
• Inductive Hypothesis：假設排序為n的語句有性質P。
• Inductive Case：用IH證明排序為n+1的語句有性質P。
  得證任何排序的語句都有性質P。

強歸納法

• Base Case：證明最小的排序有性質P。
• Inductive Hypothesis：假設排序小於n的語句都有性質P。
• Inductive Case：用IH證明排序為n的語句有性質P。
  得證任何排序的語句都有性質P。（強歸納法的範例可以在這篇文章裡找到）

數學歸納法的部分我沒有讀得很清楚，所以這篇不是寫得很好。Kiki有在講義附上參考書目（Causey R. (2001), Logic, Sets, and Recursion.），有興趣的人可以找來看看。

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。