第六届分析哲学会议发言稿

庄朝晖，厦门大学计算机科学系

悖论的定义

...悖论的出现：在20世纪初期关于数学基础的讨论中，出现了大量的悖论，比如康托尔悖论、罗素悖论、理查德悖论等等。

对角线引理

...两类悖论：拉姆塞（（Frank P. Ramsey））在“数学基础”论文中，把悖论分为逻辑－数学悖论和语义悖论两大类，后来这两大类悖论也被称为语形悖论和语义悖论。

...对角线引理：1962年，汤姆森（J.F. Thomson）发表论文“论几个悖论” ，令人信服地显示所谓的语形悖论和语义悖论实际上有共同的结构，都与康托尔对角线方法有密切的关联。

理发师悖论

...理发师悖论：小镇上有一位理发师，这位理发师遵守这样的规则：“给而且只给那些不给自己理发的人理发”。现在问理发师是否要给自己理发。如果理发师不给自己理发，那么根据定义，他要给自己理发；如果理发师给自己理发，那么根据定义他不能给自己理发。

...主流的（蒯因）解决方案：不存在这样的理发师。或者，不存在能够遵守该规则的理发师。

...因此，“理发师悖论”往往被认为是伪悖论。本文认为，理发师悖论依然是典型的悖论。

...对于理发师悖论的可能证明过程：假设有如此一位理发师。如果他要给自己理发，根据他的规则，他不给自己理发。如果他不给自己理发，根据他的规则，他要给自己理发。矛盾。因此假设不成立，如此一位理发师不存在。

...这样的证明过程是可疑的。以下我们进行新的分析。

...理发师的规则，对于他人都是没有问题的。问题发生在对于自己。以下是简化版。

对于理发师悖论的分析

...例1：小庄说：我给自己理发当且仅当我不给自己理发。 （在保留特征后的简化版）

...可能解决方案是：不存在能够遵守该规则的小庄，不存在 既给自己理发又不给自己理发的小庄。这样的解决方案是有些奇怪的。

...本文的方案：规则对于“小庄要不要给自己理发” 没有定义，只是给出了一个矛盾式。如果认为存在定义，就会产生矛盾。

...两种方案比较：本来没有规则，谈不上有没有能守规则的人。本文的方案更根本。

...例2：小庄说：我给自己理发当且仅当我给自己理发。

...分析：规则对于“小庄要不要给自己理发”，什么都没有定义，只是给出一个重言式。共同的是，对于“小庄要不要给自己理发”什么都没有定义，什么都没有讲。

...没有给出定义的两种语句：矛盾式是不懂得如何讲话，什么都没有讲。重言式是懂得如何讲话，但讲了一句废话，也什么都没有讲。

递归函数的例子

...例3：f(x)=f(a) 当x=a 分析：f(a)的值其实没有定义。

...例4： f(x)=1-f(a)当x=a 分析：f(a)的值其实没有定义。如果认为存在定义，会产生矛盾。

...例5： f(x)=1-f(a) 当x=a， f(x)=0，其他情况 分析：f(a)的值其实没有定义。如果认为存在定义，会产生矛盾。

...同样地，对于理发师悖论，解决方案是：理发师给出的规则，对于“理发师是否要给自己理发”没有给出定义。这个规则用于自身时，是没有定义的。如果认为存在定义，就会产生矛盾。

...理发师貌似给出对于所有人的规则，然而其实上，他并没有给出对于自己的规则。

...背后的成见：当我们给出规则的时候，我们以为规则必然处处有定义，其实规则并不一定处处有定义。

...对于理发师悖论，主流解决方案是“不存在符合规则的理发师”，而我们的解决方案是：“理发师给出的规则对于是否给自己理发并没有定义，如果认为有定义就会矛盾”。

...“理发师是否给自己理发”，是没有定义的。在没有规则的地方，谈不上有没有能守规则的人。

对角线引理

...1962年，汤姆森（J.F. Thomson）发表论文“论几个悖论”，令人信服地显示所谓的语形悖论和语义悖论实际上有共同的结构，都与康托尔对角线方法有密切的关联。

...他基于康托尔对角线方法，提出对角线引理。汤姆森成功地将罗素悖论、格雷林悖论和理查德悖论等表达成对角线的形式。

...以下，我们来思考一下对角线方法。

康托尔对角线方法

...1891年，康托尔使用对角线方法证明：实数集是不可数的。以下是证明过程。

...设M为所有形如：(x1, x2, x3, x4……) （其中的xi是0或1）的元素的集合。

...假设M可数的。那么我们可以枚举M中的元素。例如：

E1=(0, 0, 0, 0, ……)

E2=(1, 1, 1, 1, ……)

E3=(0, 1, 0, 1, ……)

……

...在此基础上，定义E0 = (b1, b2, b3, ……bu,……) ，其中b1与a1.1不同, b2与a2.2不同, 一般地, 对于所有的n，bn与an.n不同。

...在上例中，E0=(1, 0, 1, ……)。

...E0显然是M中的元素。现在，不妨设E0等于某一个Ei。然而，根据E0的定义，bi与ai.i不同，因此E0不等于Ei。矛盾。

...因此，假设是错误的，集合M是不可数的。因为集合M与实数集之间可以建立一一映射，因此实数集也是不可数的。

对于对角线方法的分析

...分析：在康托尔对角线证明中，bi的值除了0和1，还有一个可能是没有定义。

...一个隐含前提是，在该点有定义，从而导致矛盾的出现。

...所以，矛盾得到的结论应该是：在该点没有定义。

维氏的正对角线方法

...设M为所有形如：(x1, x2, x3, x4……) （其中的xi是0或1）的元素的集合。

...假设M可数的。那么我们可以枚举M中的元素。例如：

E1=(0, 0, 0, 0, ……)

E2=(1, 1, 1, 1, ……)

E3=(0, 1, 0, 1, ……)

……

...在此基础上，定义E0 = (0, 1, 0,……)。

...E0显然是M中的元素。现在，不妨设E0等于某一个Ei。根据E0的定义，bi与ai.i相同，也就是说Ei的第i位定义为与自身相同。这时候，可以认为bi是没有定义的。因为这时候，这个规则说的是：“做与你所做的相同的事情！”，相当于什么都没有说。

...从以上的正对角线方法，很清楚地可以看出，Ei的第i位是没有定义的。这个性质不妨称为定义的“不完整性”。

定义的不完整性

...正对角线方法与逆对角线方法是相似的，都具有定义的“不完整性”。

...维特根斯坦曾经问道：“为什么矛盾比同义语反复更加令人害怕？”

维氏对于其他悖论的统一分析

...维特根斯坦虽然没有像汤姆森一样提出明确的“对角线引理”，但我们在他的著作中可以发现，他对于对角线相关悖论的分析方法也是一致的。

...在分析罗素悖论时，维氏说：“矛盾的根源在于把函项作为自身的函项。这种矛盾的结果意味着，‘f’永不能作为一个论证用在‘f(x)’中。……你可以说‘f(f)’是没有意义的，或者说括号外的‘f’代替着更高阶层的函项。”

...维氏在分析“说谎者悖论”的时候说：“这语句本身是没有用的，这些推论也同样是这样”

... 在分析格雷林悖论时，他说：“在这里，‘这种矛盾是真的’意味着它得到证明；它是从对‘h’这个词的规则中推寻出来的。它的使用正要表明，‘h’是一个词，这个词在被置于“ξ∈h”之中时不会产生任何命题。”

结论

...当我们给出规则的时候，规则并不一定处处有定义。如果我们认为规则处处有定义，这将会导致矛盾。矛盾的起因是：规则并不一定处处有定义。

...在维氏看来，悖论往往是思维混乱所产生，起源于逻辑或者规则的误用，起源 于语言的误用。

...悖论其实并不可怕，关键只要将错误的逻辑和规则使用看清楚和限制住就可以了。

符合解悖方案的三大原则

...a.消除了该消除的：说明了悖论出现的原因和地方，让悖论不能产生危害。

...b.保留了该保留的：尽可能让数学保持原样。只是提出自我引用的函数在某个点上没有意义，并没有伤及整个函数。

...c.自然的，非特设的：对角线引理提示了悖论的统一结构，维氏的分析符合我们的逻辑常识。

悖论并没有什么，只是说明我们对于概念的使用有时候误以为概念一定是全定义的，在函数的场合，一看到是函数的形式就误以为是全定义的。概念（或函数）是我们构造的，我们只要在无定义之处重新定义，事情就算解决了。这就是对于悖论的统一解决方案。

附录：格雷林悖论的对角线形式

...设M为所有形容词的集合，则M是可数的。

...我们可以枚举M中的元素（ E1 ，E2 ，…）。 E1不适合自身，则第一行第一列记为0。 E2适合自身，则第二行第二列记为1。例：

E1=(0, 0, 0, 0, ……)

E2=(1, 1, 1, 1, ……)

E3=(0, 1, 0, 1, ……)

……

...在此基础上，定义E0 = (1,0,1,……)。 E0表示他谓的（heterological），是一新的形容词。

对角线相关悖论的特点

...基于可数集，在实无穷的意义上，定义一个与集合中所有元素不同的元素。然后，又认为这个元素也是在可数集之中。如此，产生矛盾。如果可以找到得可以否定的前提条件，就将矛盾的责任归于该前提。

...本文则认为，矛盾是来源于误用新元素的规则。新元素的规则，不一定处处有定义。

...这个新元素与其他元素不同的地方在于，它是基于可数集定义的。给定可数集的一个元素，这个新元素才得以继续展开一位。

对于对角线方法的构造性理解

...可数集的“所有”元素，“所有”作何解释？

...以康托尔对角线证明为例，整个证明思路大概如下：给定所有01串的展开规则，形成一个可数集，在此可数集之上，再构造一个新的规则，这个新的规则一方面不同于已有规则一方面又是01串的展开规则，产生矛盾。

...本文认为，“所有”应做构造性的理解。可数集的展开与新元素的展开，相互追随趋于无穷。这样并没有矛盾。因为新元素可以永远不同于已展开的可数集。

...谢谢诸位老师！