弗雷格关于无限制理解的公理到底是真的吗？

Question

考虑下面的演示，其第一行是被称为无限制理解公理的假设。

1. 当F（x）[OSC1]
2. ∀F∃y[α∈y iff F（α）][UI]
3. ∃y[α∈y iffα∉α][UI]
4. α∈x1 iffα∉α[EI]

获得罗素悖论的唯一方法是如果阿尔法必须是一个一般常数。但是，在通用实例化中，alpha要么是通用常量，要么是特定常量。因此

5. ∀x[x=α]∨∃！x[x=α]

如果∀x[x=α]，那么你会得到罗素悖论。但您还没有完成，因为第5行是析取，所以

6. ∃! x[x=α][5；DS]

因此，α是一个特定常数。如果alpha等于x1，那么你会得到Russell悖论，所以

7. x1≠α

8. [α∈x1 iffα∉α]∧x1≠α[4,7；conf]

9. ∀F∃y[α∈y iff F（α）∧y≠α]

因为alpha是一个特定的常数，你不能对它进行普遍推广，你只能对它进行存在推广。

10. ∃x∀F \8707»y[x∈y iff F（x）∧y≠x]

结束第一个假设的范围，第1行意味着第10行。

关键是，罗素的悖论并不是哥特洛布·弗雷格无限制理解公理的结果。这并不奇怪，因为拉塞尔在1901年没有理解宇宙实例化的细微差别。直到1929年，哥德尔才证明了一阶函数微积分是完整的，我不确定他是否知道通用实例化的细微差别。事实上，Leon Henkin的证据FOL是完整的，这是我所熟悉的证据，该证据于1949年发表。我也不清楚汉金是否知道宇宙实例化的细微差别。

你怎么认为？

Answer 1

1. 当F（x）[OSC1]
2. ∀F∃y[α∈y iff F（α）][UI]
3. ∃y[α∈y iffα∉α][UI]
4. α∈x1 iffα∉α[EI]

步骤2不是通用实例化的工作方式。它只允许您删除最外面的∀，但您试图在最里面的\8704»上使用它。以下是您尝试执行的操作的更好版本：

1. ∀F∃y \8704；x[x∈y iff F（x）]
2. ∃y∀x[x∈y iff x∉x]（UI，其中F（x）是x \8713；x）
3. ∀x[x∈S iff x∉x]（EI，选择未使用的字母S）
4. S∈S iff S∉S（UI，用S代替x）。

Answer 2

将理解原理表示为一个单一的公理是有问题的。更准确地说，这是一条公理方案因此，产生罗素集合的具体公式是该方案的一个例子，但不是从中推断出来的；如果不进入高阶或本真类理论或诸如此类的领域，人们就无法从模式中很好地推断出非图式句子，那么无论如何，人们就不再完全使用该模式了。

因此，无论如何，我们不需要将一般原则和具体的Russell-set实例之间的相关性表示为推断性的，因此给定论点的形式在这里不适用。似乎并没有发生这样错误的通用实例化。