請問自指通過否定一定能構成悖論嗎？

01-16

說謊者悖論和羅素悖論都是自指通過否定構成的。自指不是構成悖論的必要條件，但自指和否定的組合是不是構成悖論的充分條件呢？如果不是，有什麼例外或者證明可以說明特殊的自指句和否定組合無法構成悖論？如果是，又有什麼嚴格的證明可以說明自指和否定的組合是構成悖論的充分條件？

自我指涉的意思並不是描述了自身，而是用自身所具有的屬性描述了自身。因為屬性(比如真值)是可以傳遞的，所以引入否定後才構成了悖論。

因此我不太贊同另一個答案所舉的例子，「這句話不是中文」只是單純的對自身的描述，而這個描述過程沒有用到自身的屬性，所以它並不構成一個「自指」。（當然，這可以用「自然語言的模糊性」來解釋，但我認為我們討論自我指涉的問題時，應當是排除了某些模糊性的）

類似的，「我只給鎮上不給自己理髮的人沖咖啡」、「一個克里特人說所有的克里特人都是基佬（不是直男）」，都不構成自指。

關於這個問題，可以直接去看羅素悖論中的定義過程。

不一定，我直接給一個反例。

本語句不是中文語句。

這個語句是自指的，也有否定，但不構成悖論。自指加否定不一定構成悖論，這一結果是平凡的。

自指、否定都是很模糊的自然語言，真理論的問題最好形式化的談論。舉個例子，可以將「自指」形式化如下：

給定一個公式指稱序列 $langle[pi_1^{i}:Sigma_1^{i},pi_2^{i}:Sigma_2^{i},ldots ,pi_{n_{i}}^{i}:Sigma_{n_{i}}^{i}] |1leq i leq m angle$ ，若對每一個 $1leq i leq m$ 都存在數 $1leq j_i leq n_i$ 使得 $pi_{j_{i+1}}^{i+1}$ 在 $Sigma_{j_{i}}^{i}$ 的某個公式中至少出現一次，則稱這個序列是鏈接的(linked)。如果 $pi_{j_{1}}^{1}$ 在 $Sigma_{j_{m}}^{m}$ 的某個公式中至少出現一次，則稱這個序列是封閉的(closed)。

(1)公式 $A[pi:Sigma]$ 是直接自指的，當且僅當 $piin ar{Sigma}$ ，其中 $ar{Sigma}$ 定義為 $Sigma$ 的閉包，即包含了這樣一些公式的集合，這些公式是 $Sigma$ 中某個公式的子公式。

(2)公式 $[pi_1:Sigma_1,ldots , pi_n:Sigma_n]$ 不是自指的，當且僅當

①對 ${1,ldots,n}$ 的任何一個子集 ${i_1,ldots,i_k}$ ， $A[pi_{i_{1}}:Sigma_{i_{1}},ldots,pi_{i_{k}}:Sigma_{i_{k}}]$ 都不是自指的，且

②對 ${1.ldots,n}$ 的任何一個置換 ${i_1,ldots,i_k}$ ，序列 $langle[pi_{i_{k}}:Sigma_{i_{k}}]|1leq kleq n angle$ 要麼不是鏈接的，要麼不是封閉的。

(3)公式的有窮類 ${A^{i}[pi_{i}^{1}:Sigma_{i}^{1},ldots,pi_{n_{i}}^{i}:Sigma_{n_{i}}^{i}] |1leq i leq m }$ ，是自指的當且僅當這個類所有公式的合取，即 $A^{1}wedge ldots wedge A^{m}[pi_{1}^{i}:Sigma_{1}^{i},ldots ,pi_{n_{1}}^{1}:Sigma_{n_{1}}^{1} ,ldots ,pi_{1}^{m}:Sigma_{1}^{m},ldots , pi_{n_{m}}^{m}:Sigma_{n_{m}}^{m}]$ 是自指的，並且原類與其合取有相同的自指性：要麼都是直接自指的，要麼都是間接自指的。

這樣我們稱說謊者悖論 $p_0[p_0: eg p_0]$ 是自指的，不是因為「看上去」這樣，而是因為 $p_0$ 屬於 ${ eg p_0}$ 的閉包。能說的就要用數學語言說清楚，我們討論悖論問題最好達成一個共識，在某個框架下來解決（不管是Barwise意義下的情境還是Kripke意義下的不動點）。泛泛地使用自然語言很難觸及問題的核心。