Preuve par l'absurde
Réponses
-
Si $x > 0$, est ce que tu ne peux pas trouver un $\alpha$ tel que $0 < \alpha < x$ ?
-
Bonsoir,
On a un petit problème d’abord car $x$ n’est pas quantifié.
Ensuite, je trouve une contradiction car pour $\alpha=x$ en particulier alors on a $x<x$.
Mais je ne crois pas que cela soit ta véritable question.
Cordialement
Dom -
@Dom: pour la quantification ça doit être ça: $\forall x, \left[\forall \alpha, 0<\alpha \rightarrow x<\alpha\right] \rightarrow x\leq 0$
Topoto: La relation est généralement fausse, sauf si tu considères que ta relation d'ordre est totale.
Je rappelle qu'on définie la relation d'ordre stricte $a<b$ comme un résumé de la formule $a\leq b\wedge \neg a=b$.
Dans le cadre d'une relation d'ordre totale tu as $(\neg a\leq b) \rightarrow b\leq a$.
Voici un résumé de démonstration par l'absurde de la formule dans le cadre de la relation d'ordre totale:
D'abord on suppose la formule qu'on voudrait fausse: $\neg \left( \forall x, \left[\forall \alpha, 0<\alpha \rightarrow x<\alpha\right] \rightarrow x\leq 0\right)$, on utilise la règle dérivée portant sur la négation de l'universalité pour montrer qu'elle implique: $\exists x \neg \left( \left[\forall \alpha, 0<\alpha \rightarrow x<\alpha\right] \rightarrow x\leq 0\right)$.
Là dessus sachant que si $A$ prouve $B$ alors $\exists x A$ prouve $\exists x B$ et que par ailleurs $\neg (A\rightarrow $ prouve $A\wedge \neg B$, on en déduit:
$\exists x \ \left( \neg x\leq 0 \wedge \left[\forall \alpha, 0<\alpha \rightarrow x<\alpha\right]\right)$
Là-dessus on explore les implications de cette dernière formule si on lui enlève le quantificateur existentiel $\exists x$:
-$\neg x\leq 0$ prouve par utilisation de la totalité de la relation d'ordre que $0\leq x$ et par utilisation de la réflexivité $x\neq 0$ et donc par conjonction des deux $0<x$.
- On utilise l'élimination de l'universalité (en remplaçant la variable liée $\alpha$ par le terme $x$) sur l'autre truc, ça donne: $0<x \rightarrow x< x$ (là, on commence à voir l'absurde venir).
- On utilise donc les deux dernière formules pour prouver $x<x$ cette formule implique notamment $x\neq x$.
On a une contradiction. La contradiction est une formule dans laquelle $x$ n'est pas libre, donc on l'a prouvée avec $\exists x \ \left( \neg x\leq 0 \wedge \left[\forall \alpha, 0<\alpha \rightarrow x<\alpha\right]\right)$ qui est donc fausse, or on avait déduit cette formule de la négation de celle qu'on cherche.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 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