Les fausses preuves
Réponses
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Et si $x$ n'existait pas ?
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C'est le si.
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Encore faut-il que ce $y$ existe.
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Il y a un livre qui rassemble ce genre de fausses preuves :
https://www.abebooks.fr/9780486409184/Lapses-Mathematical-Reasoning-Bradis-V.M-048640918X/plp
Et pas cher, pour une fois. -
merci pour le livre. En ces temps d'enseignement à distance, pour des QCM j'avais rédigé quelques exos avec une correction juste (j'espère) parmi plusieurs corrections fausses (j'espère). Ce n'est pas facile à faire (je veux dire des corrections justes)...
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Il y a aussi celui-ci, que j'aime particulièrement car c'est un des premiers que j'ai acheté (en version française) quand j'étais élève de Cinquième au lycée Bellevue de Toulouse.
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Je propose celle-ci, qui je crois est assez classique :
Soit $n$ entier naturel non nul, montrons par récurrence :
$P(n)$ : « Soit $X \subset \N$ un ensemble de cardinal $n$ contenant au moins un entier pair alors l’ensemble des entiers de $X$ sont pairs »
Par récurrence sur $n$,
Pour $n = 1$ : Le résultat est clair
Pour $n >2$, en supposant $P(n-1)$.
Soit $X = \{x_1,…,x_n\}$ ensembles de $n$ entiers contenant au moins un entier pair : supposons que c’est $x_1$.
Par $P(n-1)$ appliqué à $\{x_1,…,x_{n-1}\}$ alors $x_1,..,x_{n-1}$ sont pairs.
De même pour $\{x_2,…,x_{n-1}\}$.
On a donc $x_1,…,x_n$ qui sont pairs et P héréditaire. -
Il n'y a pas de fausses preuves, ça n'existe pas. Il n'y a que des preuves dont on va, par abus de langage, présenter la conclusion de façon fausse.
Autrement dit, tout texte formel prouve quelque chose, mais c'est ce quelque chose qu'on ne choisit pas. Or, vu l'organisation et la tradition, les gens ont tendance à écrire "je vais prouver X, voici la preuve P"
Mais si on écrivait "Voici une preuve P, je vous laisse recenser ce qu'elle prouve", il n'y aurait pas de problème.
Le terme me paraissant le plus adéquat est "preuve non convaincante de". L'exemple célébrissime est "Dieu existe sinon il aurait un défaut : celui de ne pas exister", qui n'est pas du tout convaincante même pour les gens qui admettent les apparemment seuls axiomes que ne pas exister est un défaut et que Dieu n'en a pas.
Elle est pédagogiquement utile pour rappeler que la réutilisation d'un même nom ou symbole est une hypothèse d'égalité qui est faite par l'auteur, et non une obligation de souscrire pour le lecteur sceptique, comme dans l'exemple qui suit :
"Messieurs-dames, je vais vous prouver "315=18". Tout d'abord, j'abrège $a:=315$. Bon, par économie d'encre, j'abrège aussi $a:=18$. Maintenant, il suit que $315 = a = 18$, $315 = 18$".
ou cet autre exemple, apprécié par gebrane :-D
"On note $\forall x: f(x) = g(A-x.J)$. Il en découle que $f(A) = g(A-A.J) = g(A-A)=g(0)$
qui sont toutes deux des situations où on a créé (donc SUPPOSÉ) des égalités douteuses.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Il est temps que je change de signature !Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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Je réserve celle ci spécialement pour cc,
Bonjour cc . Dit moi cc; voici une preuve ''d'une propriété que je te laisse recouvrir'' , donc je vous laisse recenser ce qu'elle prouve
ou bien si tu veux, ce que je vais te démontrer est-il
1- vrai
2- Douteux
3- faux
Considérons un triangle quelconque ABC.
Q est l'intersection de la bissectrice de l'angle A et de la médiatrice du segment [B,C].
P est le milieu de [B,C] , par Pythagore BQ = CQ. les triangles AQR et AQS sont semblables (car partagent la même hypoténuse et (AQ) est la bissectrice de l'angle A). Il s'ensuit que AR=AS et QS=QR . Par conséquent BQR et CQS sont aussi semblables, donc RB=SCLe 😄 Farceur -
douteux, il y a des ordres à respecter quand tu affirmes les cas de symétries ou de similitudes de triangles. Par ailleurs, je ne connaissais pas de théorème qui conclut à la symétrie de deux triangles à partir de "...car partagent la même hypoténuse et...". Le seul truc que je connais c'est quand les 2 angles sont adjacents au côtés de même longueur. Par ailleurs AR=AS ne me selbe pas nécessiter tant que ça. Et je ne vois pas pourquoi ayant deux côtés de même longueur, le troisième devrait aussi l'être dans ton avant dernier "donc".
Pour les ordre respectés, j'ai la flemme de vérifier. Et merci pour cette devinette.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
La réunion des deux bissectrices d'un angle est l'ensemble des points équidistants des deux côtés de l'angle. $QR = QS$ en découle immédiatement, d'où $AR = AS$ via Pythagore. Les triangles $AQR$ et $AQS$ ne sont pas seulement semblables, ils sont isométriques. Je ne vois en revanche pas d'argument permettant d'affirmer que $BQR$ et $CQS$ sont semblables, comme il est dit dans le texte de gebrane.
Edit : bah si, ils sont même isométriques d'après Pythagore, car $QR = QS$ et $QB = QC$ entraîne $RB = SC$. -
Bonjour,
La preuve de $AR=AS$ est correcte ainsi que celle de $RB=SC$, le problème n'est pas là.
On est tenté d'en déduire que $AB=AC$, ce qui est faux, et pourtant $AR+RB=AS+SC$ est vrai.
Cette "preuve" classique de "tout triangle est isocèle" est magnifique.
Je la connais depuis longtemps, mais j'aimerais bien connaître son origine, quelqu'un la connaît il ?
Cordialement,
Rescassol -
@Rescassol: en tout cas, les admis de gebrane ne me semblent pas tous vrais. $AR=AS$ ok, mais pourquoi tant de détails pour ça, évidemment, mais RB=SC, il ne fait même pas semblant de le déduire de quelque chose.
Du coup "où est la magnifitude"?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Le but de dédier cette devinette à cc c'est pour comprendre justement ce qu'il dit icicc a écrit:l n'y a pas de fausses preuves, ça n'existe pas. Il n'y a que des preuves dont on va, par abus de langage, présenter la conclusion de façon fausse.
Autrement dit, tout texte formel prouve quelque chose, mais c'est ce quelque chose qu'on ne choisit pas. Or vue l'organisation et la tradition, les gens ont tendance à écrire "je vais prouver X, voici la preuve P"
Mais si on écrivait "Voici une preuve P, je vous laisse recenser ce qu'elle prouve", il n'y aurait pas de problème.
Cette preuve montre comme a dit Rascassol que tout triangle est isocèleLe 😄 Farceur -
Bonjour,
Pour voir le truc, il suffit de se donner la peine de refaire soi-même la figure, et beaucoup ont la flemme ...
Cordialement,
Rescassol -
@gebrane, oui, ça j'avais compris :-D
Mais ce que je ne comprends pas c'est que tu dis:
"... donc RBQ et SCQ sont semblabes" sans même faire semblant de le justifier. Or Rescassol semble dire que c'est un piège célèbre. J'imagine donc que tu as dû oublier d'écrire quelque chose. Du coup "le piège" est devenu un non piège.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
cc tu as deux triangles rectangles de deux cotes égales, applique Pythagore edit je precise pour voir que RB=SC
La faille est où dans tout ça ?Le 😄 Farceur -
Menfin Rescassol, qu'est-ce qui m'échappe dans le fait que l'argument n'est même pas piégeux en l'état actuel. PERSONNE ne peut tomber dans ce piège, il doit manquer un argument, certes fallacieux, mais AU MOINS pour que des gens "éprouvent le besoin" de chercher.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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cc sur le dessin que j'ai donné la preuve est juste , donc dit nous où est la tricherieLe 😄 Farceur
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Ah oui, tu avais oublié de dire rectangle et je n'y pensais pas. Comme quoi dans une preuve...
Et bien ta preuve est valable, bravo. Après, tu admets tout de même que $Q$ existe et se trouve à un endroit suffisamment confortable pour que tes admis s'appliquent. Donc on peut dire que tu as "peut-être prouvé" que Q ne se trouve pas sur cette partie-là de la médiatrice pour les triangles non isocèles.
Bon, après, je n'ai pas tout vérifié. Mais bravo (bon, ce n'est pas de toi, comme dirait Rescassol), très beau spectacle.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Oui, oui, je viens de lire "rectangle". Bin, si tu veux, mais plus tard (confinement) je regarderai chaque argument à la loupe. Mais tes admis entraine ta conclusion, donc tu prouves que le triangle est isocèle ou que $Q$ n'est pas là où tu dis.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Bravo aussi tu as vu l'arnaque (tu)Le 😄 Farceur
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Remarque: ta preuve rend même le triangle équilatéral si on veut être juste :-DAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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gebrane a écrit:Bravo aussi tu as vu l'arnaque
Je n'ai dénoncé aucune arnaque :-S :-S :-S Un monde parallèle à dû s'afficher à ma place, je vais me relire.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Ah si pardon, oui, l'existence de $Q$. Bin bravo à tous et à l'inventeur (inconnu apparemment) de cette preuve tour de passe-passe.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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l'arnaque c'est comme celle de Cayley Hamilton, vois-tu ?Le 😄 Farceur
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Bonjour,
J'attends que quelqu'un donne une figure qui montre le truc. Vous avez tous la flemme ?
CC, tu es aussi dys-dessin-lique (je ne connais pas le mot) ?
Cordialement,
Rescassol -
Rescassol, t'es sûr que Christophe parle de mathématiques? (second degré...)
Amicalement.
Jean-Louis. -
Bonjour,
Gebrane, cette nouvelle figure montre la deuxième face de l'arnaque, ce n'est toujours pas la bonne.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
Voilà.
Cordialement,
Rescassol -
@gebrane :
Voici ta démonstration :gebrane a écrit:Considérons un triangle quelconque ABC.
Q est l'intersection de la bissectrice de l'angle A et de la médiatrice du segment [B,C].
P est le milieu de [B,C] , par Pythagore BQ = CQ. les triangles AQR et AQS sont semblables (car partagent la même hypoténuse et (AQ) est la bissectrice de l'angle A). Il s'ensuit que AR=AS et QS=QR . Par conséquent BQR et CQS sont aussi semblables, donc RB=SC
Je la mets un peu en forme.
1) ABC triangle.
2) Soit Q dans l'intersection de la bissectrice de l'angle en A et de la médiatrice de [BC].
3) P est le milieu de [BC] par 2).
4) Pythagore
5) BQ = CQ d'après 4).
6) AQR et AQS partagent la même hypoténuse.
7) AQR et AQS sont semblables d'après 2) et 6).
8) AR=AS et QS=QR d'après 1), 2), 3), 4), 5), 6) et 7).
9) BQR et CQS sont semblables d'après 1), 2), 3), 4), 5), 6), 7) et 8).
10) RB=SC d'après 2), 3), 4), 5), 6), 7), 8), 9) et 10).
Le théorème (qui est vrai !) que tu viens de démontrer est donc :
si 1), si 2), si 4), si 6), si 2) implique 3), si 4) implique 5), si 2) et 6) implique 7), si 1) et 2) et blablabla ALORS RB=SC.
La devinette est donc : laquelle de ces hypothèses nous déplaît ? -
@gebrane: non, ça n'a rien à voir avec Cayley Hamilton-serpent de mer. Il n'y a strictement aucune arnaque dans ta preuve présente. Tu prouves aux gens qui ne le savaient pas que l'interction entre la bissectrice et la médiatrice n'est pas sur le semgent qui joint $A$ au milieu du côté $[BC]$. Autrement dit, tu prouves un théorème de géométrie élémentaire de manière absolument parfaite et je te remercie, car je ne le savais pas.
Ca me fait penser à une engueulade que j'ai dû avoir il y a 10-15ans avec un prof du secondaire sur ce forum parce qu'il n'avait pas supporté que je félicite un étudiant qui venait de prouver que $1/0$ n'existe pas. Il ui disait, croyant le renseigner qu'il avait diviser par $0$. Or justement ce faisant, l'étudiant venait de prouver que l'existence de $1/0$ entrainait $0=50$, donc venait de prouver ce que le répondeur-enseignant prétendait "vrai" de manière doctrinaire.
Dans Cayley Hamilton-SPDM, il y a quand-même des confusions plus pernicieuses et notationnelles.
@Rescassol : je m'oppose à l'idéologie (comme tu sais peut-être) consistant à échanger les charges de la preuve. Un dessin ne donne rien, et est une tricherie pour détecter ce que la preuve de gebrane prouve. En effet, elle ANNONCE à l'avance que $Q$ sera à l'extérieur. Le dessin serait utile si, ô surprise, il se retrouvait à l'intérieur :-DAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
@Georges :moi-même a écrit:il y a des ordres à respecter quand tu affirmes les cas de symétries ou de similitudes de triangles.
C'est la toute première phrase que j'ai répondue à gebrane. Mais dans "le piège" présenté, bien entendu, le placement de $Q$ à l'intérieur du triangle permettait de "respecter de force" ces conditions.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonjour,
Le fait que $Q$ soit à l'extérieur ne change rien, ce n'est pas ça le problème.
Les deux figures de Gébrane sont volontairement fausses, le problème n'est pas là.
Ma figure est exacte par contre.
Cordialement,
Rescasssol -
rescassol a écrit:Le fait que $Q$ soit à l'extérieur ne change rien, ce n'est pas ça le problème.
Bien sûr que si. Les théorèmes évoqués ne sont plus valables, les cas d'isométrie des triangles sont soumis à respecter un certain ordre. Sinon, sa preuve prouverait que la bissectrice évoquée est toujours parallèle à la médiatrice sauf si le triangle est isocèle.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonjour,
Sur les deux figures de Gebrane et sur la mienne, on a à la fois $AR=AS$ et $RB=SC$.
Par contre, il n'y a que sur la mienne qu'on ne peut pas en déduire que $AB=AC$.
Cordialement,
Rescassol -
@Rescassol, à moins que toi-même n'affirme, ce que je n'ai pas vérifié, que où que soit $Q$ ses théorèmes sont corrects. Mais dans ce cas, ça voudrait dire que BR et BS sont de même longueur, mais que forcément l'un est à l'intérieur et l'autre à l'extérieur.
Je ne suis pas expert. Mais si c'est vrai c'est encore plus joli comme théorème de géométrie et non comme piège.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
On a posté en même temps. Oui, merci pour l'info, donc j'en infère (sans vérifier) que où que soit $Q$ tu affirmes que les théorèmes d'isométrie qu'il a utilisés respectaient bien les conditions de validité. Merci pour ce très joli théorème!Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Bonjour,
Bon, je vais donner le truc sous forme de théorème:
Soit les deux propositions:
1) $R$ est entre $A$ et $B$.
2) $S$ est entre $A$ et $C$.
Alors, pour tout triangle non isocèle $ABC$, une et une seule de ces deux propositions est vraie.
Cordialement,
Rescassol -
Pourquoi n'ajoutes-tu pas $BR=CS$? C'est faux?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Bonjour,
Relis ce que j'ai écrit, $BR=CS$ est vrai.
Cordialement,
Rescassol -
Merci Rescassol!Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Mais cc le but était de répondre à ma question initiale. comment qualifies-tu maintenant ce raisonnement
Faux, truqué, trompeur ou vrai.
J’espérais ""mais c'est raté maintenant car la tu as compris tout"" de me dire ZFC est incohérent!:-DLe 😄 Farceur -
Rescassol , peux-tu nous faire un dessin avec GeoGebra comme ça on peut bouger les pointsLe 😄 Farceur
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Bonjour,
Voilà, Gebrane.
Deux propriétés simples à vérifier, en plus:
$Q$ est sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
$P,R,S$ sont alignés (Simson).
Cordialement,
Rescassol -
Merci infiniment, mais pourquoi dans ton théorème tu as donné seulement une implication http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2233470,2233992#msg-2233992
n'a-t-on pas ABC est isocèle ssi R est entre A et B ou bien S est entre A et C.Le 😄 Farceur -
Bonjour,
Si $ABC$ est isocèle (en $A$), la bissectrice et la médiatrice sont confondues et la figure dégénère, $Q$ n'est pas défini et la suite non plus.
Cordialement,
Rescassol -
merci Rescassol
@ Tous, lisez attentivement cette preuve et dire si c'est une fausse preuve ou une vraie preuve :-D
$\int_0^\infty \frac{\sin x }{x}dx= \int_0^\infty \sin x (\int_0^\infty e^{-xt} \phantom. dt )\phantom. dx
= \int_0^\infty
\left( \int_0^\infty e^{-tx} \sin x \phantom. dx \right)
\phantom. dt
= \int_0^\infty \frac{dt}{t^2+1}\phantom. dt =\frac{\pi }{2}$
Si un étudiant, donne cette preuve, vous lui donnez la note totale ou 0 ?Le 😄 Farceur
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Bonjour!
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