Creo que es refutable que $x \neq x$ en $T$ donde $T$ es una extensión coherente de $Q$ . ¿Cuál es una prueba sencilla de ello (o, si me equivoco, por qué no es así)?
Respuesta
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La aritmética de Robinson, alias $Q$ es indecidible. Además, demuestra: $$ Q \vdash \forall x: x = x $$ y por tanto como corolario $$ Q \vdash x = x $$ para la variable libre x. Recuerda que no puedes demostrar la consistencia de $Q$ desde dentro $Q$ por lo que no se puede esperar algo parecido a $$ Q \vdash \not \exists x: x \not = x $$ o reescrito como $$ \vdash Q \rightarrow \not \exists x: x \not = x $$ Si pudiera demostrar que no demuestra esto, demostraría su propia consistencia - y por lo tanto sería inconsistente. Esto es válido para todas las extensiones de $Q$ también. Por supuesto, puedes hacer algo como lo siguiente: $$ PA \vdash (Q \rightarrow \not \exists x: x \not = x) $$ pero supongo que esa no es la cuestión. Por lo demás, claro. Tome cualquier teoría consistente y más fuerte $T$ demostrar la coherencia de $Q$ . Entonces demostrará que no existe ningún elemento para el que $Q$ piensa que este elemento es desigual a sí mismo, ya que si existiera tal elemento, $Q$ sería incoherente.
