logique mathématique
Bonsoir.
Il est bien connu que $\forall x\in E, ( P(x) \vee Q(x)) \not\Rightarrow ( \forall x\in E, P(x) )\vee (\forall x\in E,Q(x))$.
Maintenant si je suppose que $P(x)=P$ ne dépend pas de $x$.
A-t-on $\forall x\in E, ( P \vee Q(x)) \Rightarrow ( P )\vee (\forall x\in E,Q(x))$.
Merci
Il est bien connu que $\forall x\in E, ( P(x) \vee Q(x)) \not\Rightarrow ( \forall x\in E, P(x) )\vee (\forall x\in E,Q(x))$.
Maintenant si je suppose que $P(x)=P$ ne dépend pas de $x$.
A-t-on $\forall x\in E, ( P \vee Q(x)) \Rightarrow ( P )\vee (\forall x\in E,Q(x))$.
Merci
Réponses
-
Mh toujours la même question, tu es difficile à convaincre
Un dernier essai
Vois-tu
si
$nonP\, et \, \exists x\in E,\, tq\, nonQ(x)$
alors
$\exists x\in E\, tq\, nonP\, et\, nonQ(x)$
Si c'est le cas ( tu es convaincu) , tu obtiens ce que tu veux par contraposition .
Sinon( tu n'es pas convaincu) je pense à toi CC :-DLe 😄 Farceur -
On peut formuler différemment : il s'agit de se convaincre que si $P$ est une formule qui ne dépend pas de la variable $x$, on a l'équivalence (pour autant que $E$ ne soit pas vide...) :
\[\bigl(\forall x\in E,\ P\bigr)\iff P.\]
On peut démontrer cette évidence par double implication...
Supposons que $\forall x\in E,\ P$. Fixons $x\in E$ (possible car $E$ a été supposé non vide). Alors $P$ est vrai, ce qu'il fallait démontrer.
Réciproquement, supposons $P$ vraie. Choisissons $x\in E$, alors $P$ est vraie. D'où : $\forall x\in E,\ P$.
(Bel effort, non ?)
Edit : Bel effort mais à côté de la plaque... Je n'avais pas vu la barre qui transformait l'implication initiale en « n'implique pas » ! -
Bonjour Kaputo,
Ce n'est pas un théorème de logique intuitionniste, autrement dit, il te faut recourir au raisonnement par l'absurde pour le prouver.
C'est très facile à voir d'ailleurs, pense que l'un peut se représenter comme $$
A\cup (\inf_{i\in J} B_j)$$ alors que l'autre comme $$ \inf_{i\in J} (A\cup B_j)$$ qui est plus gros; où $\inf$ abrège "intérieur de l'intersection des" (on suppose parler dans une topologie)
Il pourrait peut-être t'être utile que je te laissasse (?) chercher en exercice à le prouver classiquement ?
Cordialement, Talal -
En logique classique, une implication est équivalente à sa contraposée. En notant $P'$ la négation de $P$ et $Q'(x)$ celle de $Q(x)$, il suffit donc de montrer :
\[\bigl[P'\wedge(\exists x\in E,\ Q'(x))\bigr]\implies\bigl[\exists x\in E,\ P'\wedge Q'(x)\bigr].\]Supposons $P'$ et supposons qu'il existe $x$ dans $E$ tel que $Q'(x)$ (en particulier, $E$ n'est pas vide). Alors, pour ce $x$, on a bien : $P'$ et $Q'(x)$. -
Bonjour Math Coss,
tu utilises aussi le fait que le dual de $\vee$ est $\wedge$ dans ton argument, ainsi que $($dual de $\exists) = \forall$. C'est aussi une spécificité de la logique classique.
Cordialement. Talal.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 8 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres