Реймонд Смалліан "Як же називається ця книга?" - 15

Повернутися до змісту

Від парадоксу до істини

ПАРАДОКСИ

252. Парадокс Протагора.
Один з найдавніших парадоксів розповідає про вчителя грецького права Протагоре, що взяв в учні бідного, але вельми здібного юнака і погодився вчити його безкоштовно за умови, що коли той закінчить курс навчання і виграє свій перший судовий процес, то сплатить Протагору певну суму. Учень прийняв умови Протагора, але, завершивши свою освіту, не став виступати в суді. Після деякого часу Протагор подав на свого учня в суд, вимагаючи сплати обіцяної йому суми. Ось які свідчення дали Протагор і його учень на суді.
Учень. Якщо я виграю цей процес, то за визначенням я не повинен буду платити Протагору нічого. Якщо ж я програю цей процес, то тим самим я не виграю свій перший судовий процес, а за домовленістю я повинен платити Протагору лише після того, як виграю свій перший судовий процес. Отже, виграю я цей судовий процес або програю, платити мені все одно не доведеться.
Протагор. Якщо мій колишній учень програє цей судовий процес, то за визначенням він повинен буде сплатити мені відповідну суму (адже саме заради сплати належної мені суми я і порушив процес). Якщо ж мій колишній учень виграє цей судовий процес, то тим самим він виграє свій перший судовий процес і за домовленістю повинен буде сплатити мені борг. Отже, виграє він цей судовий процес або програє, але платити йому доведеться все одно.
Хто має рацію: Протагор або його учень?

Примітка. Не впевнений, що знаю правильну відповідь на питання завдання. Як і найперша головоломка (про те, чи був я обдурений або ні), парадокс Протагора служить прототипом цілої серії парадоксів. Найкраще з відомих мені рішень цього парадоксу запропонував один юрист, якому я виклав суть виникає тут проблеми. Він заявив наступне: "Суд повинен винести рішення на користь учня, тобто учень не повинен буде платити Протагору, так як до моменту початку процесу учень ще не виграв свій перший судовий процес. Коли ж суд закінчиться, то учень за домовленістю буде повинен Протагору яку -то суму грошей. Тому Протагор повинен повернутися в суд і порушити проти учня друга справа. На цей раз суду доведеться винести рішення на користь Протагора, так як до початку другого процесу учень вже виграє свій перший судовий процес ".

253. Парадокс брехуна.
Так званий, "парадокс брехуна", або парадокс Епіменіда, в дійсності є родоначальником цілого сімейства парадоксів певного типу, відомих під назвою парадоксів брехуна (звучить як тавтологія, чи не так?). У своєму первісному варіанті парадокс оповідає про якогось критянином по імені Епіменід, що висловив твердження "всі крітяни брехуни".
Ніякого парадоксу тут ще немає. У всякому разі, твердження Епіменіда парадоксально нітрохи не більше, ніж твердження про те, що якийсь мешканець острова лицарів і брехунів висловлює твердження "всі жителі цього острова брехуни". З такого твердження випливає, що, по-перше, говорить брехун і що, по-друге, на острові існує принаймні один лицар. Аналогічно з початкового варіанта парадокса Епіменіда ми укладаємо лише, що Епіменід брехун і що принаймні один критянин говорить
тільки правду. Ніякого парадоксу тут, як ви бачите, немає.
Ось якби Епіменід був єдиним критянином, то парадокс дійсно виник би. В цьому випадку єдиний мешканець острова лицарів і брехунів стверджував би, що всі жителі острова брехуни (тобто в кінцевому рахунку стверджував би, що сам він брехун, а це неможливо).
У поліпшеному варіанті парадоксу брехуна йдеться про людину, висловлювали твердження "я брешу". Бреше він чи ні?
Наступний варіант поліпшеного варіанта ми будемо називати надалі парадоксом брехуна. Розглянемо твердження:
Це твердження помилкове.
Істинно воно або помилково? Якщо воно помилкове, то воно істинне. Якщо воно істинне, то воно помилкове. Рішення парадоксу брехуна ми обговоримо трохи пізніше.

254. Парадокс Журдена.
Наступний варіант парадоксу брехуна був вперше запропонований в 1913 р англійським математиком П.Е.Б. Журденом. Іноді його називають "парадокс Журдена з карткою". Уявіть собі картку, на одній стороні якої написано:
(1) Затвердження на іншій стороні цієї картка істинно.
Перевернувши картку на іншу сторону, ви побачите напис:
(2) Затвердження на іншій стороні цієї картки помилково.
Парадокс полягає в наступному. Якщо перше твердження істинно, то друге твердження істинно (так як в першому твердженні йдеться, що друге твердження істинно). Отже, перше твердження ложно (так як в другому затвердження йдеться, що перше твердження хибне). Якщо ж перше твердження хибне, то друге твердження хибне. Отже, перше твердження не помилково, а істинно. Таким чином, перше твердження істинно в тому і тільки в тому випадку, якщо воно помилкове, а це неможливо.

255. Ще один варіант.
В іншому варіанті парадоксу брехунів на картці написані такі три твердження:
(1) Це твердження містить п'ять слів.
(2) Це твердження містить вісім слів.
(3) Рівне одне твердження на цій картці істинно.
Затвердження (1) свідомо істинно, а твердження (2) завідомо неправдиво. Проблема виникає в зв'язку з затвердженням (3). Якщо твердження (3) істинно, то на картці - два справжніх затвердження, а саме твердження (3) і твердження (1), попри те, про що йдеться в утвердженні (3). Отже, твердження (3) має бути помилково. З іншого боку, якщо твердження (3) помилково, то твердження (1) - єдине істинне твердження на картці, а це означає, що твердження (3) має бути істинним! Отже, твердження (3) істинно в тому і тільки в тому випадку, якщо воно помилкове.

Примітка. Де помилка в міркуваннях у всіх цих парадокси? Питання це досить тонкий і досить спірне. Деякі (головним чином філософи, а не математики) вважають абсолютно неприпустимим будь-яке твердження, що містить посилання на себе. Підрахувавши число входять до нього слів, ви переконаєтеся, що воно істинне.

Затвердження "це твердження містить шість слів" помилково, проте зміст його ясний, і значення істинності встановлюється без праці: в ньому йдеться, що число входять до нього слів одно шести, тоді як їх тільки п'ять. Ніяких сумнівів щодо сенсу тверджень в обох розглянутих нами прикладах не виникає. Розглянемо тепер наступне твердження:
Це твердження істинне.
Воно не призводить до жодних парадоксів. Ніяких протиріч не виникає незалежно від того, припустимо ми, що воно істинне, або будемо вважати його помилковим. Проте це твердження не має сенсу з наступних причин.
Всякий раз, коли виникає необхідність встановити, що означає істинність якогось твердження, ми починаємо зі з'ясування того, що означає саме твердження. Наприклад, нехай X - твердження "двічі два - чотири". Перш ніж я зможу зрозуміти, що означає істинність твердження X, мені необхідно з'ясувати, що означає кожне з вхідних в X слів і в чому полягає сенс самого твердження X. В даному випадку я знаю, що означає кожне слово, що входить в X, і мені ясний сенс затвердження X: в ньому йдеться, що двічі по два дорівнює чотирьом. Оскільки мені відомо, що двічі два дійсно дорівнює чотирьом, то я знаю, що X має бути істинно. Але я не міг би знати, що X істинно, якби не знав, що двічі два - чотири. Більш того, я б не міг знати, що означає істинність твердження X, якби не знав, що означає твердження "двічі два - чотири". Наведений мною приклад чітко показує, що істинність твердження "X істинно" залежить від того, що означає твердження X. Якщо ж X влаштовано так, що його значення залежить від істинності твердження "X істинно", то ми опиняємося в пастці, бо ходимо по колу .

Саме так і влаштовано зовні невинне твердження "це твердження істинне". Перш ніж я зможу зрозуміти, що означає істинність цього твердження, мені необхідно зрозуміти, що означає саме твердження. Про що в ньому йдеться? B ньому повідомляється лише, що воно істинне, а я ще не знаю, що означає для даного твердження бути істинним. Я не можу дізнатися, що означає істинність цього твердження (не кажучи вже про те, що мені не відомо, істинно воно або помилково), поки не дізнаюся, що воно означає а дізнатися, що воно означає, я не можу до тих пір, поки не впізнаю, що означає його істинність. Таким чином, наше твердження не містить ніякої інформації. Такі твердження прийнято називати не цілком обгрунтованими.

Парадокс брехуна (і всі його варіанти) заснований на використанні необгрунтованих тверджень. (Необгрунтованими я називаю для стислості не цілком обгрунтовані твердження.) B завданню 253 ( "Парадокс брехуна") не обгрунтовано твердження "це твердження помилкове". У задачі 254 ( "Парадокс Журдена") не обгрунтовані твердження на обох сторонах картки. У задачі 255 ( "Ще один варіант") два твердження цілком обгрунтовані, а третє не обгрунтовано.
Зауважимо, до речі, що тепер ми можемо сказати набагато більше щодо того, в якому місці припустився помилки в своїх міркуваннях претендент на руку Порції N-й (див. Гл. 5 про скриньках Порції). Всі її предки по материнській лінії використовували тільки цілком обгрунтовані твердження, а Порція N-я, бажаючи пожартувати над своїм палким шанувальником, майстерно використовувала необґрунтовані твердження. Та ж помилка і в ряді доказах, наведених на початку попереднього розділу.

256. Що ви скажете?
Повернемося до наших добрим старим друзям Белліні і Челліні з історії про скриньках Порції. Ці два чудових майстри не тільки виготовляли шкатулки, а й гравірували на їх кришках різні написи. Челліні на своїх скриньках гравировал помилкові твердження, а Белліні прикрашав кришки скриньок своєї роботи істинними твердженнями. Припустимо, що, крім Белліні і Челліні, в ті далекі часи ніхто не гравировал написів на кришках шкатулок (їх сини займалися виготовленням шкатулок, але не вміли гравірувати).
Вам зустрілася шкатулка, на кришці якої викарбувано:
Цей напис вигравірував Челліні
Чий це автограф? Якби напис залишив Челліні, то це означало б, що він вигравірував істинне твердження, і ми прийшли б до протиріччя. Якби напис залишив Белліні, то це означало б, що він вигравірував помилкове твердження, і ми знову прийшли б до протиріччя. Хто ж залишив напис?
Ви не можете відповісти на питання, пославшись на те, що твердження "цей напис вигравірував Челліні" не обгрунтовано. Воно цілком обгрунтовано. Воно повідомляє нам якийсь історичний факт, а саме що цей напис було викарбувано Челліні. Якщо напис дійсно була зроблена рукою Челліні, то вона істинна. Якщо її зробив інший майстер, то вона помилкова. У чому тут справа?
Труднощі виникла через те, що я забезпечив вас суперечливою інформацією. Якби вам дійсно попалася в руки скринька з написом "Цей напис вигравірував Челліні" на кришці, то це означало б, що або Челліні в стародавні часи іноді гравировал не тільки помилкові, але і справжні затвердження (попри те, що я вам про нього говорив ), або принаймні, що колись існував якийсь інший майстер, гравіроване іноді на кришках шкатулок помилкові твердження (знову-таки всупереч тим відомостям, які ви отримали від мене). Отже, перед нами не справжній парадокс, а свого роду шахрайська витівка.

До речі, вам все ще не вдалося з'ясувати, як називається ця книга?

257. Втопити або повісити?
Ця головоломка відома досить широко. Хтось вчинив злочин, що карається смертною карою. На суді йому надається останнє слово. Він повинен вимовити одне твердження. Якщо воно виявиться істинним, злочинця втоплять. Якщо ж воно буде хибним, злочинця повісять. Яке твердження він повинен висловити, щоб привести катів в повне замішання?

258. Парадокс цирульника.
Наведу ще один добре відомий парадокс. У невеликому містечку цирульник голить усіх, хто не голиться сам, і не голить нікого з тих, хто голиться сам. Голить чи цирульник самого себе? Якщо цирульник голить самого себе, то тим самим він порушує правило, так як голить одного з тих, хто голиться сам. Якщо ж цирульник не голиться самого себе, то він знову-таки порушує правило, тому що не голить одного з тих, хто не голиться сам. Що робити цирульнику?

259. Що ви на це скажете?
Один з островів лицарів і брехунів малонаселен: на ньому живуть тільки два тубільця A і B. Вони висловили наступні твердження:
A: B - брехун.
B: A - лицар.
Хто такий A: лицар або брехун? A що можна сказати про B?

Рішення задач 257, 258, 259.

257. Злочинець повинен сказати: "Я буду повішений".

258. Нічого: існування такого цирульника логічно неможливо.

259. У відповідь на запитання задачі вам слід заявити, що автор знову бреше! Описана мною ситуація неможлива. Насправді ця задача є не що інше, як парадокс Журдена в злегка "загримували" вигляді (см. Задачу 254).
Якби A був лицарем, то B насправді був би лицарем. Отже, A насправді не лицар. Якби A був брехуном, то B насправді був би не брехуном, а лицарем. Значить, його твердження було б справжнім, і A був би лицарем. Отже, A не може бути ні лицарем, ні брехуном, так як і в тому і в іншому випадку ми приходимо до протиріччя.

ВІД парадокс ДО ІСТИНИ

Хтось визначив парадокс як істину, поставлену з ніг на голову. Дійсно, у багатьох парадокси містяться ідеї, які після незначної модифікації призводять до важливих відкриттів. Наступні три завдання можуть служити переконливим підтвердженням цього принципу.

260. Де підступ в цій історії?
Одного разу інспектор Крег відвідав якусь громаду і поговорив з одним з її членів - соціологом Макснурдом, який повідомив наступне:
- Члени громади організували кілька клубів. Кожен член громади може складатися членом більш одного клубу. Кожен клуб отримує назву на честь одного з членів громади. Ніякі два клуби не названі в честь одного і того ж члена громади, і ім'я кожного члена громади носить якийсь клуб. Член громади не обов'язково повинен бути членом клубу, що носить його ім'я. Всякого, хто є членом клубу, що носить його ім'я, ми називаємо номінабельним. Всякого, хто не є членом клубу, що носить його ім'я, ми називаємо неномінабельним. Найдивовижніше в нашій громаді - це те, що всі неномінабельние її члени входять в один клуб. (Мабуть, в завданню пропущено умова про те, що номінабельние не можуть входити в клуб неномінабельних)
Інспектор Крег на мить задумався і раптом зрозумів, що Макснурд не дуже сильний в логіці: в його історії кінці не сходяться з кінцями. Чому?

Рішення. B дійсності ця задача є не що інше, як парадокс цирульника в новому обличчі.
Припустимо, що розказана Макснурдом історія відповідала б істині. Клуб, який об'єднує всіх неномінабельних членів громади, названий на честь якогось члена громади, наприклад в честь Джека. Будемо називати цей клуб для стислості просто клубом Джека. Сам Джек може бути або номінабельіим, або неномінабельним. І в тому і в іншому випадку ми приходимо до протиріччя.
Припустимо, що Джек номінабелен. Тоді Джек складається в клубі Джека. Але складатися членами клубу Джека можуть тільки неномінабельние члени громади, і ми приходимо до протиріччя. З іншого боку, якщо Джек неномінабелен, то він є членом клубу неномінабельних членів громади. Значить, Джек є членом клубу Джека, що об'єднує всіх неномінабельних членів громади. Але тоді Джек повинен бути номінабельним членом громади. Отже, ми і в цьому випадку приходимо до протиріччя.

261. Чи немає в громаді таємного агента?
Одного разу інспектор Крег відвідав іншу громаду, де зустрів свого старого друга соціолога Макснаффа. Крег знав Макснаффа зі студентської лави, (обидва вчилися в Оксфорді) як людини, бездоганно володіє логікою. Макснафф розповів Крегу про свою громаду наступне:
- Як і в інших громадах, ми організували у себе клуби. Ім'я кожного члена громади носить рівно один клуб, і кожен клуб названий на честь якого-небудь члена громади. Кожен член нашої громади, вступаючи в клуб, може або відкрито заявити про це, або зберегти своє членство в таємниці. Всякого, хто не заявив на повний голос про своє членство в клубі, що носить його ім'я, ми називаємо підозрілим. Всякого, про кого відомо, що він таємно складається членом клубу, що носить його ім'я, ми називаємо таємним агентом. Наша громада має одну дуже цікаву особливість: всі підозрілі складаються членами одного клубу. (Знову-таки пропущено умова про те, що в клуб підозрілих не можуть входити неподозрітельние)
Інспектор Крег після секундного роздуму зрозумів, що на відміну від попередньої історії звіт професора Макснаффа не містить жодного протиріччя. Більш того, з'ясувалося одну цікаву обставину: чисто логічним шляхом виявилося можливим визначити, чи немає в громаді таємних агентів.
Отже, чи немає в громаді таємних агентів?

Рішення. Клуб всіх підозрілих названий на честь когось із членів громади, наприклад в честь Джона. Будемо називати цей клуб надалі клубом Джона.
Сам Джон або є членом клубу Джона, або не перебуває. Припустимо, що він не перебуває. Тоді Джон не може бути підозрілим (так як всякий підозрілий член громади є членом клубу Джона). Это означает, что Джон во всеуслышанье заявил о своем членстве в клубе Джона. Следовательно, если Джон не состоит членом клуба Джона, то Джон во всеуслышанье заявляет о своем членстве в клубе Джона, и мы приходим к противоречию. Значит, Джон должен состоять членом клуба Джона. А поскольку каждый член клуба Джона подозрителен, то Джон должен быть подозрительным. Значит, Джон не объявил во всеуслышанье о своем членстве в клубе Джона и в то же время состоит членом клуба Джона. Следовательно, Джон тайный агент или, попросту говоря, шпик!
Заметим, что если воспользоваться решением задачи 260, то эту задачу можно решить проще. Действительно, если бы в общине не было тайных агентов, то подозрительные ничем бы не отличались от неноминабельных, поэтому множество подозрительных обладало бы всеми свойствами множества неноминабельных членов общины. Значит, все неноминабельные члены общины состояли бы членами одного клуба. Но в задаче 260 мы доказали, что все неноминабельные члены общины не могут состоять членами одного клуба. Следовательно, предположение о том, что в общине нет тайных агентов, приводит к противоречию. Значит, в общине непременно должен быть тайный агент (хотя мы и не знаем, кто он).
На этих двух доказательствах отчетливо видно различие между так называемым "конструктивным" и "неконструктивным" доказательством. Второе доказательство неконструктивно: мы приходим к заключению, что в общине не может не быть тайных агентов, но из доказательства не следует, кто эти тайные агенты. В отличие от него первое доказательство конструктивно: оно позволяет установить, кто тайный агент (член общины по имени Джон), в честь которого назван клуб подозрительных.

262. Завдання про Всесвіт.
В одній Всесвіту члени кожного безлічі мешканців складаються в своєму особливому клубі. Реєстратор цьому Всесвіті хотів би привласнити кожному клубу ім'я одного з мешканців так, щоб ніякі два клуби не було названо на честь одного і того ж мешканця Всесвіту, і у кожного мешканця був клуб; названий його ім'ям.
Якби число мешканців цієї Всесвіту було звичайно, то реєстратору не вдалося б здійснити свій грандіозний задум, так як клубів було б більше, ніж мешканців Всесвіту: наприклад, якби у всьому Всесвіті було б тільки 5 мешканців, то числа клубів досягало б 32 ( один клуб був би порожнім безліччю). Якби у всьому Всесвіті було б 6 мешканців, то число клубів досягало б 64, а у Всесвіті з n мешканцями число клубів становило б 2 ^ n. Але в тій Всесвіту, про яку ми зараз говоримо, число мешканців було нескінченно, тому реєстратор сподівався на успішний результат своєї затії. Протягом мільярдів років він день за днем ​​наполегливо намагався здійснити свій задум, але будь-яка спроба незмінно закінчувалася невдачею. Чим це пояснюється: недостатньо вдалим вибором схеми або принципової неосуществимостью затії?

Рішення. Невдачі пов'язані з принциповою неосуществимостью намірів реєстратора. Цей чудовий математичний факт був відкритий математиком Георгом Кантором. Припустимо, що реєстратору вдалося привласнити всім клубам імена мешканців Всесвіту з дотриманням всіх правил (ніякі два клуби не названі ім'ям одного і того ж мешканця Всесвіту, і у кожного мешканця є клуб, названий його ім'ям). Назвемо мешканця Всесвіту неномінабельним, якщо він не є членом клубу, названого в його честь. Все неномінабільние мешканці Всесвіту утворюють добре певну безліч, а ми знаємо, що члени кожного безлічі мешканців Всесвіту складаються в своєму особливому клубі. Отже, повинен існувати клуб неномінабельних мешканців Всесвіту, що неможливо з причин, викладених в завданні 260 (цей клуб повинен бути названий на честь одного з мешканців Всесвіту, який не може бути ні номінабельним, ні неномінабельним, так як і те й інше призводить до протиріччя ).

263. Питання про врахованих множинах.
Перед вами те ж завдання в новому вбранні. Деякі з вводяться тут понять знадобляться нам в наступному розділі.
У одного математика зберігається "Книга множин". На кожній її сторінці дається опис якого-небудь безлічі чисел (під безліччю чисел ми розуміємо підмножина безлічі цілих позитивних чисел 1, 2, 3, ..., n, ...). Будь-яке безліч, описане на якій-небудь сторінці книги, називається врахованим безліччю. Сторінки книги перенумеровані одна за одною цілими позитивними числами. Назвіть безліч, опису якого немає ні на одній сторінці "Книги множин".

Рішення. Нехай n - будь-яке ціле позитивне число. Назвемо n екстраординарним числом, якщо n належить множині, описаного на n-й сторінці, і ординарним, якщо не належить множині, описаного на n-й сторінці.
Безліч ординарних чисел не може бути описано ні на одній сторінці "Книги множин". Дійсно, якби воно було перераховано на k-й сторінці, то число k не могло б бути ні екстраординарним, ні ординарним, так як і в тому і в іншому випадку ми прийшли б до протиріччя.