公理の独立性の証明。

昨日の夜中にブログを書いていて，ちょっとこんがらがった問題（複雑度２）に突き当たった。
その記事の末尾に問題として掲げておいたが，公理の独立性に関する問題である。

※ 問題の複雑度：
０・・・反射的に答えられる。
１・・・即答はできないが，ちょっと考えれば出来るという確信を持てる。
２・・・ちょっと考えても出来ないかもしれないと不安であるが，じっくり考えればわかるかもしれない。
３・・・じっくり考えてもダメかもしれないが，やってみようと思う。
４・・・出来る気がしないし，あまり考えたくもない。

その後，布団の中で8匹の猫たちに身体をがっちりとロックされてしまい，寝付けなかったので公理の独立性について考えた。

A を Archimedes の公理，B を乗法の交換律，[C] を残りの算術の公理とする。

Hilbert から学んだことは，A と [C] をあわせた公理系から B を導出できることであった。
そのことを

[A,[C]] ⇒ B

を記すことにしよう。

このことから，Hilbert が列挙した算術の公理のリスト [A,B,[C]] は，B のみを除いた [A,[C]] と論理的に等価であることになる。

そこで問題となるのは，A と [C] が独立であるか，ということである。

ここでは，[C] だけから A までもが導出できるのかということを考えたい。

もし [C] だけから A が導出できるとすれば，

[C] ⇒ [A,[C]] ⇒ B

となって，[C] だけから乗法の交換律が導出できてしまうことになる。
しかしこれは Hilbert が「数の体系について」という論文で不可能であると言明している（『幾何学基礎論』ちくま学芸文庫版，p.190）。ただし証明はその論文には書かれていない。

このことは，A と [C] の独立性に関する有力な証拠となり得る。

さて，ここでは [C] だけから A は導けないということを示そう。
そういう意味で [C] と A は独立であるというわけである。
ただし，A だけから [C] は導けないということまでは示していないので，真の意味で独立性が確立されたかというと，それはよくわからないのだが。

Hilbert は『幾何学基礎論』定理60で，[C] だけから B は導けないことを示した。
それはどうやったかというと，[C] と，乗法の交換律とは両立し得ない，別の乗法の交換性 b を公理として付け加えた，実数や複素数とは異種の数体系の例を提示して見せたのである。

この事実を利用すると，背理法でけりがつく。
もし [C] ⇒ A が成り立つと仮定すると，[C] だけで，A と [C] とをあわせた公理系と同じ機能を持つわけだから，[C] ⇒ B が言えることになる。

すると，Hilbert が定理60で示したことにより，B とは両立しないある別の乗法の交換法則 b を [C] に付け加えてできる数体系において，

[b,[C]] ⇒ B

が言えることになる。

ところが，これは [b,[C]] から [B,b,[C]] が導けることになってしまうが，B と b が両立し得ない間柄にあることから，[B,b,[C]] は内部矛盾を含んでいるため，それを満たすような整合的なモデルは存在しない。

このようなおかしな事態が生じたのは，そもそもの [C] から A が導けるという仮定に原因があるわけだから，そんなことを仮定したのがまずかったのである。

したがって，[C] だけから A を導くことはできない。c.q.f.d.