可以不失表達力而又避免說謊者悖論嗎？

趙 震

（北京大學(xué)哲學(xué)系，北京100871）

1.引言

悖論有語形悖論、語義悖論、語用悖論等幾種。語形悖論的典型代表是羅素悖論，其產(chǎn)生的根源在于“一方面，二階邏輯的概括公理要求滿足任意可表達條件的一些對象都可以形成概念，也就是說概念是對象的冪集；另一方面，公理V又要求概念不同當(dāng)且僅當(dāng)概念的外延不同，也就是說概念和外延（對象）之間是一一對應(yīng)的……然而根據(jù)康托定理，這兩個方面的要求不能同時得到滿足”（劉靖賢，2011）。語用悖論的代表是考試悖論。說謊者悖論是語義悖論的典型代表。說謊者悖論是這樣一類句子，說它真則它非真，說它非真則它真。按照我們的常識，悖論句子的存在意味著這個推理系統(tǒng)微不足道，一個微不足道的系統(tǒng)可以推出任何東西來，而這就使得這個系統(tǒng)變得沒有意義了，一個什么都能推出來的系統(tǒng)和一個什么都推不出來的系統(tǒng)是一樣的。在所有的解悖方案中，塔爾斯基的解悖方案最經(jīng)典，但是，塔爾斯基的方案有一些問題，比如，塔爾斯基自己提出的（T）模式被打碎成了不同的（Tn）模式，可是常識是語言中只有一個T而不是一系列的Tn，這也是這個方案最被詬病的地方。本文試圖給出一種解悖方案，它可以在只有一個（T）模式的情況下避免說謊者悖論而又不失表達力。

2.我的方案

首先，我將構(gòu)造一個邏輯LCQ。

2．1 LCQ 的語形

給定極限序數(shù) γ=ω。語言L0包括謂詞符號：；常項符號①這里的上標0表示語言建構(gòu)的層次。后面會說到T謂詞只能應(yīng)用于句子的名稱，而那些不是句子名稱的常項在被用到T謂詞時所構(gòu)成的句子都是假的，初始的常項不是句子的名稱，所以它們的下標是⊥，根據(jù)后面的語義這樣的句子永假。，…和e1，e2，e3，…。L0中沒有函數(shù)符號，所有的n元函數(shù)符號都按照通常的做法被處理為n+1元謂詞符號。此外，句法中沒有通常的量詞符號?和?，取而代之的是很多?α以及相應(yīng)的?α，α＜γ，以及另外兩個特殊量詞

接下來我們定義LT中的公式和句子。既然LT中沒有函數(shù)符號，那么其中的項就只有常項和變項。

（2）Formun+1：如果φ是Formun中的公式，那么它是Formun+1中的公式；Tdi是公式，di是Ln+1中項；…di是公式，d1…di是Ln+1中的項；如果φ是公式是公式；如果φ和ψ是公式是公式；如果φ是公式，?αφ是公式，其中；如果φ是公式，是公式按照通常的方式被定義。

（3）Formu=∪{Formuα：α＜γ}。

句子是Formu中沒有自由變項的公式。

2.2 LCQ的語義學(xué)

下面給出語言LT的語義學(xué)：對于任意LT模型，論域AT-是非空集合；IT-是謂詞和第二類常項的解釋；VT-是指派，為每一個變項和第一類常項指派AT-中一個個體。（1）對于任意常項ei，IT-（e）i是AT-中的一個元素；（2）對于常項是AT-中的元素；（3）對于變項xi，VT-（x）i是AT-中的元素；（4）對于謂詞符號是（AT）-i的子集（（AT）-i是i個AT-的卡氏積），在LCQ中謂詞T被當(dāng)做一個普通謂詞來處理IT（-T）是AT-的子集；（5）對于公式，這里的di項；（6）對于公式對于公式或者對于公式對于任意，這里的Mα=max：任給對于公式對于LT中任意常項（c）），相應(yīng)的，對于公式．存在LT中常項

2.3 LCQ的公理化

公理：

推理規(guī)則：

2.4 LCQ的可靠性

LCQ的可靠性可以按照通常的方式直接證明。

2.5 LCQ的完全性

LCQ的完全性證明和一階邏輯的完全性證明很相似，唯一的區(qū)別是見證集的定義和與量化公式有關(guān)的步驟。

定義1．設(shè)Γ是一致的句子的集合。如果有一個常項的集合D，使得任給LT∪D中的至多只包含一個自由變項的公式ψ（x）和φ（x），如果?αxψ（x）∈Γ，那么存在常項d∈D，使得?Γ，并且如果，那么存在常項d∈D使得成立，那么我們說D包含LT的見證。D被稱作Γ的見證集。

定理1. 設(shè)W是一個一致的LT理論，D是新常項的集合，使得D∩LT=φ，L′=LT∪D并且|D|=|LT|。存在一個一致的L′的句子的集合W′使得W?W′并且D是W′的見證集。

證明：假設(shè) λ=|D|=|LT|并且 D={dξ：ξ＜λ}。令{ψξ：ξ＜λ}是LT∪D 中至多只包含一個自由變項的公式的集合。定義一系列集合 Wξ，ξ＜λ，如下：

（1）W0=W。

（3）對于極限序數(shù) ξ，Wξ=∪β＜ξWβ。

顯然，W0?W1?…令 W′=∪ξ＜λWξ，下面歸納證明 W′是一致的：

（1）W0=W，根據(jù)假設(shè)W0是一致的。

（2）假設(shè)Wξ是一致的。如果是不一致的并且也是不一致的，那么Wξ+1=Wξ，因此Wξ+1是一致的。如果是一致的并且Wξ∪{xχ}是不一致的，那么我們可以證明是LT中公式且β＞α}是一致的。首先我們證明Wξ∪是LT中公式且β＞α}是一致的。假設(shè)并非如此，即是LT中公式 β＞α}是不一致的，則一定有LT中公式χ和λ＞α，使得并且又因為dη是新常項，所以一定有。既然，可以得出，又根據(jù)公理（10），Wξ∪{?αxψξ（x）}是不一致的。這與假設(shè)矛盾。所以是一致的。根據(jù)公理（8）是成立的，所以也是成立的。進而是成立的。因此是LT中公式且β＞α}是一致的。假設(shè)Wξ∪{xχ}是一致的并且是不一致，既然dζ是新常項是一致的。如果是一致的，那么根據(jù)上面的定義和證明中公式且是一致的。

（3）對于極限序數(shù)λ，如果Wλ是不一致的，那么存在α＜λ，使得Wα是不一致的。但是，根據(jù)歸納假設(shè)，任給α＜λ，Wα是一致的。所以Wλ是一致的。

定理2. 假設(shè)W是一致的LT理論，D是一個新常項的集合。那么W有一個模型U，使得U中每一個元素是D∪C中一個常項的解釋，即A={aU：a∈D∪C}，這里的C是LT中的常項的集合且U?W。

證明：根據(jù)Lindenbaum定理，W可以被擴張為一個極大一致的LT語句的集合W′。那么存在一個語言L′T使得L′T=LT∪D，D∩LT=? 并且|D|=|LT|。根據(jù)定理 1，W′可以擴充為一個L′T的句子的一致集 W″，使得D是其見證集。然后根據(jù)Lindenbaum定理，我們可以把W″擴充為L′T的一個極大一致的句子集W*，使得D是其見證集。

接下來將證明任給LT∪D 公式以及

定理3. 完全性定理：假設(shè)Σ是LT是公式的集合，ψ是LT的公式。如果Σ?ψ，那么Σ├ψ。特別地，如果?ψ，那么├ψ。等價地，如果Σ是一致的那么Σ是可滿足的。

證明：假設(shè)Σ?ψ，但是Σ├/ψ，那么顯然Σ∪{ψ}是一致的。令E是新常項的集合，使得|E|=|LT|并且。把中的公式排列成一個線性序。按下面的方式用E中的新常項代替中的自由變項：任給公式φ，用E中之前的代替之后得到的公式中未出現(xiàn)過的常項來做代替，并且用相同的常項代替相同的變項，不同的常項代替不同的變項；對于Σ中的句子，保留其原形式。令是按照上述方法代替中公式得到的句子的集合。因此W∪{ψ′}是E∪LT的句子的集合。令D是任意新常項的集合，使得，并且根據(jù)定理可以擴充為一個以D為見證集的一致的集合 W′；根據(jù)定理 2，W′有一個模型 U′，令 U 是，那么存在模型B，使得任給中任意公式的變項xi，令，這里的ei是中的對應(yīng)公式里用來代替 xi的常項。對于其他常項t和謂詞Q，令。顯然，任給公式中的公式因此存在模型B，使得，并且，即，并且。但是，這與矛盾。所以如果Σ?ψ，那么 Σ├ψ。

2.6 LCQ與一階邏輯（FOL）的對應(yīng)

首先，定義一個從FOL的公式到LCQ的公式的翻譯函數(shù)ft如下：（1）對于原子公式，其中di是常項或變項；（2）對于公式對于公式對于公式，相應(yīng)地，對于公式

下面證明從FOL到LCQ的對應(yīng)：

命題1.任給一階公式φ和模型σ，σ?φiff．σ?ft（φ）

證明：（1）如果φ是原子公式，顯然σ?φiff．σ?ft（φ）；（2）布爾代數(shù)情況顯然；（3）如果φ=?xχ并且σ??xχ，那么存在一個d∈M，使得σ（x/d）?χ，根據(jù)歸納假設(shè)，σ（x/d）?ft（χ），因此，或者存在常項c使得 σ（c）=d，因而 σ?xχ，所以；或者不存在常項c，得 σ（c）=d，因而d∈M1，因此，進而。如果φ=?xχ并且，那么或者σ??1xft（φ）因此存在d∈M1使得σ（x/d）?ft（χ），根據(jù)歸納假設(shè)σ（x/d）?χ，既然M1?M，d∈M，因此σ；或者，那么存在一個常項c，使得，根據(jù)歸納假設(shè)又因為 σ（c）∈M，因此 σ??xχ。

2.7 基于LCQ的真理論TCQT

2.7.1TCQT的公理

TCQT公理是LCQ公理加上下面這條（T）模式公理：

2.7.2TCQT的一致性

定理4. 存在模型τ，使得TCQT在τ中是可滿足的。

證明：

令σT=＜D，I，V＞是一個代數(shù)模型，使得定義域D由所有自然數(shù)組成。定義模型σT如下：

首先，為L0中的每一個第一類常項解釋為自然數(shù)，使得任給n，I（c0⊥n）=n，謂詞P21解釋為后繼關(guān)系，P31解釋為加法關(guān)系，P32解釋為乘法關(guān)系，為每一個邏輯常項、第二類常項、變項和其他謂詞指派一個哥德爾編碼。然后為每一個L0中公式φ指派一個哥德爾編碼。這些L0中公式的指派構(gòu)成D的一個子集D0。然后為L1—L0（表示L1中屬于L1但不屬于L0的部分）中每一個新常項、謂詞T以及每一個新公式指派一個D—D0中的編碼。由此，每一個Ln中的常項、變項、謂詞和公式都被指派到D—Dn-1中的一個編碼。

根據(jù)上面的賦值，對于任意常項cαφΔ和cβχΔ，如果α≠β或者φ≠χ，那么σT（cαφΔ）≠σT（cβχΔ）；其他謂詞的解釋任意，σT（T）={σT（cα+1φ1）：σT（‖φ‖）=1}，其中α是φ中上標最大的序數(shù)。

接下來證明（T）模式在這個模型中是成立的：

下面將證明任給公式（開公式或閉公式）φ，σT?φ iff．σT?Tcα+1φΔ。

首先證明從右到左的方向：假設(shè)σT?T（cα+1φΔ），那么σT（cα+1φΔ）∈σT（T），由σT（T）的定義，σT（‖φ‖）=1。如果 φ=Pijd1…di，并且Pij≠T，那么根據(jù)透明算子的定義，‖Pijd1…di‖=Pijd1…di，因此 σT?φ；如果 φ=Tdi，并且存在一個常項cαχΔ，使得di=cαχΔ，那么σT（‖Tdi‖）=σT（‖χ‖）=1，進而σT（cαχΔ）∈σT（T），又因為di=cαχΔ，所以σT（di）∈σT（T），因此σT?Tdi；如果φ=Tdi，并且不存在常項cαχΔ，使得di=cαχΔ，那么‖Tdi‖=Tdi，因此 σ（TTd）i=1，即 σT?Tdi；如果φ=ψ，并且 σ（T‖ψ‖）=1，那么 σ（T‖ψ‖）=1，進而并非 σ（Tcα+1ψΔ）∈σ（TT），根據(jù)歸納假設(shè)并非 σT?ψ，因此 σT?ψ；如果φ=ψ∨χ，既然 σ（Tcα+1φ∨χΔ）∈σ（TT），那么 σ（T||ψ∨χ||）=1，根據(jù)透明算子定義，σT（‖ψ∨χ‖）=σT（‖ψ‖∨‖χ‖）=1，進而σT（‖ψ‖）=1或者σT（‖χ‖）=1。因此σT（cα+1ψΔ）∈σT（T）或者σT（cα+1χΔ）∈σT（T），進而σT?Tcα+1ψΔ或者σT?Tcα+1χΔ，根據(jù)歸納假設(shè)σT?ψ或者σT?χ，所以σT?ψ∨χ；如果φ=?xψ，既然σT（cα+1?xψΔ）∈σT（T），那么σT（‖?xψ‖）=1，根據(jù)透明算子的定義，σT（?x‖ψ‖）=1，進而任給d∈K（或者存在d∈K），σT（x/d）（‖ψ‖）=1，這里的K=Mα+1或者K=V，進而σT（x/d）（cα+1ψΔ）∈σT（x/d）（T），所以σT（x/d）?Tcα+1ψΔ，根據(jù)歸納假設(shè)σT（x/d）?ψ，所以σT??xψ。

接著證明從左到右的方向：假設(shè)σT?φ，如果φ=Pijd1…di，并且Pij≠T，那么根據(jù)透明算子的定義，‖Pijd1…di‖=Pijd1…di，所以σT?‖Pijd1…di‖，即σT（‖Pijd1…di‖）=1，根據(jù)T的解釋，σT（cα+1φΔ）∈σT（T），這里的α是Pijd1…di中上標最大的序數(shù)。因此σT?Tcα+1φΔ；如果φ=Tdi，那么σT?Tdi，進而σT（di）∈σT（T），進而存在常項cαψΔ，使得σT（di）=σT（cαψΔ），并且σT（‖ψ‖）=1，根據(jù)透明算子的定義，σT（‖Tdi‖）=σT（‖ψ‖）=1，因而σ（Tcα+1T（d）iΔ）∈σ（TT），這里的 α 是Tdi中出現(xiàn)的上標中的最大序數(shù)。所以 σT?T（cα+1T（di）Δ）；如果φ=ψ，那么σT?ψiff．σT?/ψ，所以并非 σT?ψ。根據(jù)歸納假設(shè)，并非 σT?T（cα+1ψΔ），即 σ（Tcα+1ψΔ）?σ（TT），這里的 α 是ψ中出現(xiàn)的最大的序數(shù)，因而 σ（T‖ψ‖）≠1。進而 σT（ ‖ψ‖）=1，因此 σT（‖ ψ‖）=1。所以 σ（Tcα+1ψΔ）∈σ（TT）。因此 σT?T（cα+1ψΔ）；如果φ=ψ∨χ，那么 σT?ψ∨χiff．σT?ψ或者 σT?χ。根據(jù)歸納假設(shè)，σT?T（cδ+1ψΔ）或者σT?T（cγ+1χΔ），這里δ和γ分別是ψ和χ中出現(xiàn)的上標的最大序數(shù)，所以σT（cδ+1ψΔ）∈σT（T）或者σT（cγ+1χΔ）∈σT（T）。因此σT（‖ψ‖）=1或σT（‖χ‖）=1。進而σT（‖ψ‖∨‖χ‖）=1，即σT（‖ψ∨χ‖）=1，根據(jù)σT（T）的解釋，σT（cα+1ψ∨χΔ）∈σT（T），這里的α是{δ，γ}的最大值。因此σT?T（cα+1ψ∨χΔ）；如果φ=?xψ，那么σT??xψiff．任給d∈K（或者存在d∈K），使得σT（x/d）?ψ。根據(jù)歸納假設(shè)，σT（x/d）?T（cα+1ψΔ），這里的α是ψ中出現(xiàn)的上標的最大序數(shù)，進而σT（x/d）（‖ψ‖）=1，所以σT（?x‖ψ‖）=1，進而σT（‖?xψ‖）=1，所以σT（cα+1?xψΔ）∈σT（T）。所以σT?T（cα+1?xψΔ）。

3.如何避免新版本的塔爾斯基定理

塔爾斯基定理：令（L，N）是任意被解釋的形式語言，它包括否定和哥德爾編碼g（x），使得任給L-公式A（x）存在一個公式B，使得B?A（g（x））成立。令T*是N中為真的L-句子的哥德爾編碼的集合。那么不存在L-公式True（n）來定義T*。也就是說不存在L-公式True（n），使得任給一個L-公式A，都有True（g（A））?A成立。

這個定理的目的是說，不存在語言中可定義的謂詞能夠滿足（T）模式，不論這個理論是什么，除非這個理論是不一致的。但是，為什么使用哥德爾編碼來表達T模式中句子的名字呢？我們可以使用其他的常項作為名字。這不僅僅是名字的變化，而且可以避免塔爾斯基定理。當(dāng)然僅僅使用新符號并不能避免塔爾斯基定理，因為我們可以設(shè)定這些符號和哥德爾編碼之間的一個一一對應(yīng)，然后建構(gòu)一個與這些新符號有關(guān)的新版本的塔爾斯基定理。所以，這里所說的“避免”塔爾斯基定理意味著我們可以保留（T）模式而不會構(gòu)造出一個新版本的塔爾斯基定理。避免新版本的塔爾斯基定理的方式是防止新版本的對角線定理。下面說明如何避免新版本的對角線定理。

首先表明通常的對角線定理的建構(gòu)。對角線定理的證明的關(guān)鍵是哥德爾句的構(gòu)造，首先我們需要一個帶一個自由變項的開公式：

這里的P（χ）是任意以x為唯一自由變項的開公式，self-application表示用上面這個開公式的名字（哥德爾編碼）替代v的所有自由出現(xiàn)。令D（v）表示上面的這個開公式，并且＜D（v）＞是這個開公式的名字。令S是D（v）的自應(yīng)用之后得到的下面這個句子：

但是S的名字＜S＞是＜D（v）＞的唯一的self-application。然后我們可以得到：

進而可以得到：

如果我們把謂詞P（x）變?yōu)門（），那么和塔爾斯基（T）模式一起，可以得到 T（＜S＞）?T（＜S＞）。矛盾。

但是，這個建構(gòu)在我們的方案中并不成立。因為我們的量詞是?α和 而不是?，所以相應(yīng)的公式應(yīng)表達為：

?1x（xis the self-application of＜D（v）＞∧P（x））∨x（xis the self-application of＜D（v）＞∧P（x））為了使用（T）模式，我們需要常項cαφ0，而不是＜φ＞，這里的φ就是上述公式，由此可以得到

4.總結(jié)

首先，有兩種命名方式：編碼和特殊常項。通過編碼我們可以建構(gòu)自指的句子和對角線定理，但是（T）模式并不能應(yīng)用于編碼名字。因此，避免了說謊者悖論。（T）模式可以應(yīng)用于特殊常項，但是根據(jù)語言的建構(gòu)和推理規(guī)則，自指和對角線定理不成立，因此也避免了說謊者悖論。與此同時，塔爾斯基的（T）模式的本質(zhì)被保留了，即“任給句子φ，φ是真的 iff．Φ”。另外，這個方案并不弱，PA可以在其中被表達。

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