Démonstrations qui ne se terminent pas

Pablo_de_retour · September 2021

Bonjour à tous

Est-ce que vous connaissez des cas de figures de démonstrations d'assertions demandant une infinité de propositions fonctionnelles de la forme $ P (x_1 , \dots , x_n ) \Longrightarrow Q (x_1 , \dots , x_m ) $ pour être démontrées ?
Moi, j'en ai trouvé une.
Ne me dites pas par exemple, une assertion qui se démontre par récurrence. Ça non ! ... Parce que, le passage d'une hérédité à l'hérédité suivante est simplement une spécialisation d'une proposition fonctionnelle $ P(n) \to Q(n) $, donc de la forme $ P (x_1 , \dots , x_n ) \Longrightarrow Q (x_1 , \dots , x_m ) $.
Par exemple, Galois a démontré que pour résoudre une équation algébrique de degré $ \geq 5 $, il faut trouver un algorithme d'une infinité d'instructions pour résoudre cette équation, c'est-à-dire, qu'il faut trouver une démonstration par une infinité de propositions fonctionnelles de la forme $ P (x_1 , \dots , x_n ) \Longrightarrow Q (x_1 , \dots , x_m ) $ pour arriver à l'expression finale d'une des racines de cette équation. Mais, il n'a pas trouvé cette démonstration infinie qui ne se termine pas. Il l'a juste prévu à travers sa théorie de Galois.
Donc, est-ce que vous pouvez répondre à ma question ?
Merci d'avance.

Pablo_de_retour · September 2021

J'ai donc établi l'existence d'une démonstration d'une assertion composée d'une suite infinie de propositions $ ( P_n (x_1 , \dots , x_p ) \ \Longrightarrow \ \ Q_n ( x_1 , \dots x_q ) )_{ n \geq 0 } $ pour $ p= q $ et $ ( x_1 , \dots x_p ) $ est fixé ( $ ( x_1 , \dots x_p ) $ est une donnée qu'on manipule une infinité de fois par la suite des propositions fonctionnelles $ ( P_n \ \Longrightarrow \ \ Q_n )_{ n \geq 0 } $ ).

Conjecture,
La suite $ ( P_n (x_1 , \dots , x_p ) \ \Longrightarrow \ \ Q_n ( x_1 , \dots x_q ) )_{ n \geq 0 } $ est une récurrence sur $ n \in \mathbb{N} $. Et je crois aussi que c'est un résultat général pour toutes les suites de la forme, $ ( P_n (x_1 , \dots , x_p ) \ \Longrightarrow \ \ Q_n ( x_1 , \dots x_q ) )_{ n \geq 0 } $. Je dois donc, le démontrer.

Cordialement.

Pablo_de_retour · September 2021

S'il vous plaît, à l'aide,
Si $ P_1 \ \Longrightarrow \ Q_1 \ \Longrightarrow \ P_2 \Longrightarrow Q_2 $, est ce que cela implique que, $ ( P_1 \ \Longrightarrow \ Q_1 ) \ \Longrightarrow \ ( P_2 \Longrightarrow Q_2 ) $ ?
Merci d'avance.

Homo Topi · September 2021

Très tôt en première année, on apprend à faire des tables de vérité. Va apprendre ça.

PierrelePetit · September 2021

Bonjour à toutes et à tous

On peut à partir d'un nombre entier positif impair quelconque connaître l'ensemble de ses prédécesseurs possibles dans une suite de Syracuse.
Si n impair est 1 modulo 3 ses prédécesseurs sont (n*2^2k-1)/3 pour k de 1 à l'infini.
Si n impair est -1 modulo 3 ses prédécesseurs sont (n*2^2k-1-1)/3 pour k de 1 à l'infini.
Ainsi l'ensemble A des nombres impairs qui ont 1 comme successeur impair direct est { 1, 5, 21, 85, ..., (2^2k-1)/3 }.
À partir de l'ensemble des valeurs de A non multiples de 3 et > 1 qui sont ( 5, 85, 341, 5461, ...) on peut calculer les nombres impairs qui ont 1 comme deuxième successeur impair dans une suite de Syracuse, et ainsi de suite.
Ainsi on peut faire calculer et stocker (avec un programme informatique simple) les 2 606 945 178 valeurs impaires entières non multiples de 3 qui comptent 74 successeurs < 10¹² dans une suite de Syracuse avant d'atteindre 1.
On en déduit que pour chaque valeur entière du nombre de successeurs possibles d'une suite de Syracuse existent une infinité de candidats, et que on peut ainsi aller indéfiniment.
Enfin on en déduit que si la conjecture de Syracuse est vrai on en aura jamais la preuve que pour un ensemble fini de nombres entiers positifs en utilisant uniquement l'outil informatique, seul le raisonnement humain peut apporter la preuve.

Riemann_lapins_cretins · September 2021

Fais des essais avec :

P1 : "Je suis Pablo"
Q1 : "Je ne connais pas les maths"
P2 : "J'écris des signes qui ne veulent rien dire"
Q2 : "Personne ne me prend au sérieux"

Homo Topi · September 2021

Soyons d'un peu moins mauvaise foi que RLC.

Pablo n'a encore jamais, sur ce forum, montré une démonstration qu'il aurait menée du début à la fin, tout seul. Donc il est un expert incontestable (et incontesté, je n'ai vu aucune protestation) des "démonstrations qui ne se terminent pas", puisqu'il ne fait que ça.

Laissons-le donc conclure ce fil tout seul, il est de loin le mieux placé d'entre nous tous pour ça.

raoul.S · September 2021

Ou lorsque les grands esprits se rencontrent...

Il ne manque plus que BERKOUK B-)-

Riemann_lapins_cretins · September 2021

Peut-être qu'il est sincère avec son algorithme de résolution des équations de degré 5 quand il dit qu'il a la flémme parce qu'il lui faut une infinité d'étapes.

Edit : oh je n'avais pas vu PLP.
Serait-ce le début du Shtam cinematic universe avec le sous-arc preuve infinie de l'arc Syracuse ?

Dom · September 2021

Je connais quelqu'un qui fait sans cesse "La démonstration qui ne se termine pas".

Il ouvre des fils sur tout et ne souhaite surtout pas apprendre et comprendre.
Il le démontre à chaque fois.

C'est un démonstrateur au sens commercial : il se croit dans une foire et appelle des gens pour leur vendre sa camelote.
C'est une démonstration qui ne se termine pas.

AlainLyon · September 2021

Si ZFC est contradictoire il en existe une preuve finie. Par si ZFC est contradictoire, toute preuve de la non-contradiction n'est pas finie. On ne peut donc pas montrer que ZFC est non contadictoire, sauf à rajouter des axiomes à ZFC auquel cas on parle de l'indépendance ou de la non-indépendance des axiomes rajoutés.

Démonstrations qui ne se terminent pas

Réponses

Bonjour!

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 38