La cuestión es cómo demostrar la afirmación del título. Con "sistema axiomático" me refiero a cualquier conjunto (consistente) de oraciones (sobre cualquier lenguaje). "independiente" significa que ningún axioma puede derivarse de los otros. "equivalente" significa que ambos sistemas tienen la misma clase de modelos.
Esto es algo que se me ocurrió mientras trataba de enseñarme algo de lógica (un ejercicio de un libro que estaba leyendo).
Las otras dos respuestas han intentado demostrar la afirmación más fuerte de que si $S$ es un conjunto de axiomas, entonces existe un subconjunto independiente $S' \subset S$ lo que equivale a $S$ . Esta afirmación es falsa.
Para un contraejemplo, trabaje en el lenguaje de los conjuntos con un número contable de constantes y considere los axiomas $s_i$ que afirman que existe al menos $i$ elementos distintos del conjunto. La estructura de implicación entre estos axiomas es que $s_{i+1}$ implica estrictamente $s_i$ y, en consecuencia, ningún subconjunto de $S = \{ s_i : i \in \mathbb{N} \}$ equivalente a ella (precisamente los infinitos) es independiente.
(En realidad, esto también podría ser un contraejemplo de la afirmación deseada. No creo que se pueda escribir un conjunto independiente de axiomas equivalente a $S$ en absoluto).
Este es un conocimiento estándar en lógica: primero, que se puede encontrar una axiomatización independiente para cualquier teoría contable dada, y segundo, que si se empieza con un conjunto de axiomas no se puede encontrar en general un subconjunto independiente de ese conjunto particular. Esto se menciona a menudo en los libros de texto de lógica, ya sea en el texto o en los ejercicios. El segundo punto ya fue demostrado por Qiaochu Yuan en su respuesta.
He aquí cómo hacer una axiomatización independiente de una teoría contable $T$ . En otras palabras, escogeremos un conjunto $S$ de axiomas en el mismo lenguaje que $T$ que tienen el mismo conjunto de consecuencias lógicas que $T$ pero ningún axioma en $S$ es demostrable a partir del resto de $S$ . Si $T$ es finitamente axiomatizable esto es trivial (podemos hacer $|S|\leq 1$ ), por lo que no asumimos ningún conjunto finito de axiomas en el lenguaje de $T$ tiene el mismo conjunto de consecuencias lógicas que $T$ .
En primer lugar, dejemos que $\{A_i : i \in \omega\}$ sea el conjunto de consecuencias lógicas de $T$ . Ahora elige inductivamente una secuencia $n_k$ tal que
$n_0$ es mínima, tal que $A(n_0)$ no es una validez lógica.
$n_{k+1}$ es mínimo para que $$A(n_0)\land A(n_1) \land \cdots \land A(n_k) \not\vdash A(n_{k+1})$$
Esto puede hacerse porque $T$ no es finitamente axiomatizable.
Para cada $k$ dejar $B_k = A(n_0) \land \cdots \land A(n_k)$ . Entonces, para todos los $i < j$ tenemos $B_i \not \vdash B_j$ y $B_j \vdash B_i$ .
Dejemos que $$S = \{ B_0, B_0 \to B_1, B_1 \to B_2, \ldots\}$$ Entonces $S$ tiene el mismo conjunto de consecuencias lógicas que $T$ porque las consecuencias de $S$ incluir al menos todo el conjunto $\{A(n_k) : k \in \omega\}$ y este conjunto genera a su vez $S$ por la construcción.
Además, $S$ es independiente. En primer lugar, demostramos que $B_0$ no es demostrable a partir del resto de $S$ . Esto se debe a que los otros axiomas son todos verdaderos en un modelo donde $B_0$ es falso, y tal modelo existe porque $A(n_0)$ no es una validez lógica.
A continuación, mostramos que una implicación $B_j \to B_{j+1}$ nunca es demostrable a partir de los otros axiomas de $S$ . Para ver esto, construimos un modelo en el que $B_j$ es verdadera y $B_{k}$ es falso para todos los $k > j$ lo que podemos hacer mediante la construcción de la secuencia $A(n_k)$ . En particular, podemos formar directamente un modelo en el que $B_j$ es verdadera y $B_{j+1}$ es falso, por construcción. Pero entonces $B_{j+2}$ debe ser falso en este modelo, porque $B_{j+2}$ implica $B_{j+1}$ , y de forma similar $B_k$ es falso en este modelo para todos los $k > j$ .
Así que este modelo satisface todas las implicaciones "anteriores" en comparación con $B_j \to B_{j+1}$ porque $B_j \vdash B_i$ para $i < j$ y satisface todas las implicaciones "posteriores" porque sus hipótesis son falsas. Por lo tanto, satisface todas las $S$ excepto en el caso de $B_j \to B_{j+1}$ por lo que el resto de $S$ no puede probar esta frase.
(No me atribuyo el mérito de las ideas de esta prueba; como he dicho, lo considero un conocimiento estándar).
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