2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  След.
 
 
Сообщение20.02.2009, 18:43 


12/09/08

2262
Svеznoy писал(а):
вздымщик Цыпа писал(а):
Svеznoy в сообщении #188061 писал(а):
$\forall b(b \notin a_1 \land b \notin a_2)$
А кому эти интересно? Интересно, $\forall b(b \notin a_1 \Leftrightarrow b \notin a_2)$, ну или $\forall b(b \in a_1 \Leftrightarrow b \in a_2)$, что одно и то же.

Вы спутали конъюнкцию с эквивалентностью, первая формула должна быть конъюнкцией по теореме.
Ничего я не спутал. Просто ворвался, не прочитав всю тему с начала :)

1) $\forall b\, b \notin a_1$
2) $\forall b\, b \notin a_2$
3) $\forall b\, (b \notin a_1)\&(b \notin a_2)$
4) $\forall b\, ((b \notin a_1)\&(b \notin a_2)) \vee ((b \in a_1)\&(b \in a_2))$
5) $\forall b\, ((b \in a_1)\Leftrightarrow (b \in a_2))$
6) $a_1 = a_2$

Что тут может быть непонятного или противоречивого?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.02.2009, 19:41 


16/02/09
48
вздымщик Цыпа писал(а):
Svеznoy писал(а):
вздымщик Цыпа писал(а):
Svеznoy в сообщении #188061 писал(а):
$\forall b(b \notin a_1 \land b \notin a_2)$
А кому эти интересно? Интересно, $\forall b(b \notin a_1 \Leftrightarrow b \notin a_2)$, ну или $\forall b(b \in a_1 \Leftrightarrow b \in a_2)$, что одно и то же.

Вы спутали конъюнкцию с эквивалентностью, первая формула должна быть конъюнкцией по теореме.
Ничего я не спутал. Просто ворвался, не прочитав всю тему с начала :)

1) $\forall b\, b \notin a_1$
2) $\forall b\, b \notin a_2$
3) $\forall b\, (b \notin a_1)\&(b \notin a_2)$
4) $\forall b\, ((b \notin a_1)\&(b \notin a_2)) \vee ((b \in a_1)\&(b \in a_2))$
5) $\forall b\, ((b \in a_1)\Leftrightarrow (b \in a_2))$
6) $a_1 = a_2$

Что тут может быть непонятного или противоречивого?


Все правильно, если изначально исходить из того, что $a_1 = a_2$.
Предположим, $a_1 \neq a_2$
1) $\forall b\, b \notin a_1$
2) $\forall b\, b \notin a_2$
3) $\forall b\, (b \notin a_1)\&(b \notin a_2)$
4) $\forall b\, ((b \notin a_1)\&(b \notin a_2)) \vee \forall d\,((d \in a_1)\& (d \in a_2))$
5) $\forall b\,((b \in a_1)\Leftrightarrow \, \forall d\,(d \in a_2))$
6) $\forall b\, \forall d\,(b \in a_1\Leftrightarrow \, d \in a_2)$

Не думаю, что все те $b$, которые принадлежат и не принадлежат $\varnothing$ и все те $d$, которые якобы принадлежат ему - это одни и теже множества. Если это так, приведите мне хоть одно такое $b$ или $d$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.02.2009, 22:52 
Экс-модератор


17/06/06
5004
Svеznoy в сообщении #188127 писал(а):
Все правильно, если изначально исходить из того, что $a_1 = a_2$.
А если не исходить, то какой переход неверен? Цифру назовите, пожалуйста.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 02:05 
Аватара пользователя


01/12/06
697
рм
Svеznoy,
Нижеследующим списком я гарантирую, что нет логических ошибок в доказательстве:
Цитата:
Теорема. Если $a_1$ и $a_2$ - пустые множества, то $a_1=a_2$.

Доказательство. Дано, что $\forall b(b\notin a_1)$ и $\forall b(b\notin a_2)$, то есть $(\forall b(b\notin a_1))\&(\forall b(b\notin a_2))$. Пользуясь теоремами логики предикатов $((\forall x A(x))\&(\forall x B(x)))\to \forall x (A(x)\&B(x))$ и $(A\&B)\to(\overline{A}\leftrightarrow \overline{B})$, приводим условие к виду $\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)$. Наконец, пользуясь аксиомой объемности, делаем из установленного $\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)$ вывод, что $a_1=a_2$. $\square$

Условия для использования прямых и производных правил вывода не нарушаются. Также в анализе (справа) ссылаюсь на следующие схемы выводимых из аксиом формул (имеется в виду аксиомы исчисления предикатов):
1. $\vdash\,\forall xA(x)\,\&\,\forall xB(x)\to\forall x(A(x)\,\&\,B(x)).$
2. $\vdash\,A\,\&\,B\to(\overline{A}\leftrightarrow\overline{B}).$
3. $\vdash\,(\overline{\overline{A}}\leftrightarrow\overline{\overline{B}})\to(A\leftrightarrow B).$

\begin{align*}
&1.&\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_1}).\\
&2.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_2}).\\
&3.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_1})\,\&\,\forall b(\overline{b\in a_2})\text{ --- }\&\text{-введение, 1, 2}.\\
&4.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_1})\,\&\,\forall b(\overline{b\in a_2})\to\forall b(\overline{b\in a_1}\,\&\,\overline{b\in a_2})\text{ --- схема 1}.\\
&5.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_1}\,\&\,\overline{b\in a_2})\text{ --- }\to\text{-удаление, 3, 4}.\\
&6.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\overline{b\in a_1}\,\&\,\overline{b\in a_2}\text{ --- }\forall\text{-удаление, 5}.\\
&7.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\overline{b\in a_1}\,\&\,\overline{b\in a_2}\to(\overline{\overline{b\in a_1}}\leftrightarrow\overline{\overline{b\in a_2}})\text{ --- схема 2}.\\
&8.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\overline{\overline{b\in a_1}}\leftrightarrow\overline{\overline{b\in a_2}}\text{ --- }\to\text{-удаление, 6, 7}.\\
&9.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,(\overline{\overline{b\in a_1}}\leftrightarrow\overline{\overline{b\in a_2}})\to(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)\text{ --- схема 3}.\\
&10.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2\text{ --- }\to\text{-удаление, 8, 9}.\\
&11.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)\text{ --- }\forall\text{-введение, 10}.\\
\end{align*}

Дальше дважды применяется $\to$-введение и правило соединения посылок и получаем окончательно:
$\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_2})\,\&\,\forall b(\overline{b\in a_1})\to\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2).$

Добавлено спустя 19 минут 29 секунд:

Стоит заметить еще, что этот вывод не имеет место для интуиционисткой системы: в доказательстве схемы 3 по видимому не избежать устранения двойного отрицания.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 08:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/06
10413
gefest_md писал(а):
Стоит заметить еще, что этот вывод не имеет место для интуиционисткой системы: в доказательстве схемы 3 по видимому не избежать устранения двойного отрицания.

В интуиционистской логике тоже $A \leftrightarrow B$ равносильно $\neg A \leftrightarrow \neg B$, а также $\neg \exists x P$ равносильно $\forall x \neg P$.

Так что с определением по схеме Цемерло-Френкеля конечных множеств никаких проблем не возникает.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 09:56 
Экс-модератор


17/06/06
5004
gefest_md, а я знаю, что сейчас напишет Svеznoy. Он скажет что-то типа
Svеznoy в сообщении #188127 писал(а):
Все правильно, если изначально исходить из того, что $a_1 = a_2$.
Ибо троллинг так просто не лечится.

Добавлено спустя 34 секунды:

Правда, увидев, что его предугадали, он может и новое что-нибудь выкинуть.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 12:29 


16/02/09
48
gefest_md писал(а):
Svеznoy,
Нижеследующим списком я гарантирую, что нет логических ошибок в доказательстве:
Цитата:
Теорема. Если $a_1$ и $a_2$ - пустые множества, то $a_1=a_2$.

Доказательство. Дано, что $\forall b(b\notin a_1)$ и $\forall b(b\notin a_2)$, то есть $(\forall b(b\notin a_1))\&(\forall b(b\notin a_2))$. Пользуясь теоремами логики предикатов $((\forall x A(x))\&(\forall x B(x)))\to \forall x (A(x)\&B(x))$ и $(A\&B)\to(\overline{A}\leftrightarrow \overline{B})$, приводим условие к виду $\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)$. Наконец, пользуясь аксиомой объемности, делаем из установленного $\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)$ вывод, что $a_1=a_2$. $\square$

Условия для использования прямых и производных правил вывода не нарушаются. Также в анализе (справа) ссылаюсь на следующие схемы выводимых из аксиом формул (имеется в виду аксиомы исчисления предикатов):
1. $\vdash\,\forall xA(x)\,\&\,\forall xB(x)\to\forall x(A(x)\,\&\,B(x)).$
2. $\vdash\,A\,\&\,B\to(\overline{A}\leftrightarrow\overline{B}).$
3. $\vdash\,(\overline{\overline{A}}\leftrightarrow\overline{\overline{B}})\to(A\leftrightarrow B).$

\begin{align*}
&1.&\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_1}).\\
&2.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_2}).\\
&3.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_1})\,\&\,\forall b(\overline{b\in a_2})\text{ --- }\&\text{-введение, 1, 2}.\\
&4.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_1})\,\&\,\forall b(\overline{b\in a_2})\to\forall b(\overline{b\in a_1}\,\&\,\overline{b\in a_2})\text{ --- схема 1}.\\
&5.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_1}\,\&\,\overline{b\in a_2})\text{ --- }\to\text{-удаление, 3, 4}.\\
&6.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\overline{b\in a_1}\,\&\,\overline{b\in a_2}\text{ --- }\forall\text{-удаление, 5}.\\
&7.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\overline{b\in a_1}\,\&\,\overline{b\in a_2}\to(\overline{\overline{b\in a_1}}\leftrightarrow\overline{\overline{b\in a_2}})\text{ --- схема 2}.\\
&8.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\overline{\overline{b\in a_1}}\leftrightarrow\overline{\overline{b\in a_2}}\text{ --- }\to\text{-удаление, 6, 7}.\\
&9.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,(\overline{\overline{b\in a_1}}\leftrightarrow\overline{\overline{b\in a_2}})\to(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)\text{ --- схема 3}.\\
&10.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2\text{ --- }\to\text{-удаление, 8, 9}.\\
&11.&\ \forall b(\overline{b\in a_2}),\ \forall b(\overline{b\in a_1})&\,\vdash\,\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)\text{ --- }\forall\text{-введение, 10}.\\
\end{align*}

Дальше дважды применяется $\to$-введение и правило соединения посылок и получаем окончательно:
$\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_2})\,\&\,\forall b(\overline{b\in a_1})\to\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2).$

Добавлено спустя 19 минут 29 секунд:

Стоит заметить еще, что этот вывод не имеет место для интуиционисткой системы: в доказательстве схемы 3 по видимому не избежать устранения двойного отрицания.

Точно, не избежать. Попробуйте проследить, как отображаются истинностные и ложные значения таблиц истинности конъюнкции, эквивалетности утверждений и эквивалентности отрицаний утверждений, а потом получив равенство восстановить исходную конъюнкцию.
Боюсь, что теорема логики предикатов также основана на априорном принятии равенства пустых множеств.
Рассмотрим 2 и 3.
Они верны для всех $A$ и $B$ ?
Т.е., если принять, что $A$ это $b \notin a_1$, а $B$ это $b \notin a_2$, то приведенная Вами теорема логики предикатов не зависит от $a_1$ и $a_2$ ?
Примите, что $a_1 = \{1\}$, а $a_2 =\{1,2\}$ теорема останется в силе ?
Боюсь, что она зависит от $a_1$ и $a_2$, которые должны быть изначально равны, чтобы для них можно было использовать эту терему.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 13:29 
Аватара пользователя


18/02/09
17
Сколько всего аксиом содержится в система ZFC ?
В некоторых источниках находил, что ZFC содержит
бескорнечное количество аксиом... o_O

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 14:39 
Аватара пользователя


01/12/06
697
рм
Svеznoy писал(а):
Попробуйте проследить, как отображаются истинностные и ложные значения таблиц истинности конъюнкции, эквивалетности утверждений и эквивалентности отрицаний утверждений, а потом получив равенство восстановить исходную конъюнкцию.
Боюсь, что теорема логики предикатов также основана на априорном принятии равенства пустых множеств.

Лучше приведите пример.

Svеznoy писал(а):
Рассмотрим 2 и 3.
Они верны для всех $A$ и $B$ ?
Т.е., если принять, что $A$ это $b \notin a_1$, а $B$ это $b \notin a_2$, то приведенная Вами теорема логики предикатов не зависит от $a_1$ и $a_2$ ?

Они верны для всех $A$ и $B$ если $A$ и $B$ это именно то, что принимает одно из значений "истина" или "ложь".

Svеznoy писал(а):
Примите, что $a_1 = \{1\}$, а $a_2 =\{1,2\}$ теорема останется в силе ?
Боюсь, что она зависит от $a_1$ и $a_2$, которые должны быть изначально равны, чтобы для них можно было использовать эту теорему.


Если $a_1 = \{1\}$ то $\forall b(\overline{b\in a_1})$ ложно: не верно что для любого $b$ $b$ не принадлежит $\{1\}.$ Теорема останется в силе.

По $\forall$-введению, из теоремы $\vdash\,\forall b(\overline{b\in a_2})\,\&\,\forall b(\overline{b\in a_1})\to\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)$ получаем теорему $\vdash\,\forall a_1\forall a_2[\forall b(\overline{b\in a_2})\,\&\,\forall b(\overline{b\in a_1})\to\forall b(b\in a_1\leftrightarrow b\in a_2)]$ которая от $a_1$, $a_2$ не зависит.

Добавлено спустя 21 минуту 16 секунд:

epros писал(а):
В интуиционистской логике тоже $A \leftrightarrow B$ равносильно $\neg A \leftrightarrow \neg B$.

У меня сохранился вывод контрапозиции. Шаги 8-15 не являются доказательством в интуиционистской системе потому что вместо $B$ доказываем $\neg\neg B.$

\begin{align*}
&1.&\ A\to B&\,\vdash\,A\to B.\\
&2.&\ \neg\,B,\ A\to B&\,\vdash\,\neg\,B.\\
&3.&\ A,\ \neg\,B,\ A\to B&\,\vdash\,A.\\
&4.&\ A,\ \neg\,B,\ A\to B&\,\vdash\,B\text{ --- }\to\text{-удаление},\ 1,\ 3.\\
&5.&\ \neg\,B,\ A\to B&\,\vdash\,\neg\,A\text{ --- }\neg\text{-введение},\ 2,\ 4.\\
&6.&\ A\to B&\,\vdash\,\neg\,B\to\neg\,A\text{ --- }\to\text{-введение},\ 5.\\
&7.&\ &\,\vdash\,(A\to B)\to(\neg\,B\to\neg\,A)\text{ --- }\to\text{-введение},\ 6.\\
&8.&\ \neg\,B\to\neg\,A&\,\vdash\neg\,B\to\neg\,A.\\
&9.&\ A,\ \neg\,B\to\neg\,A&\,\vdash\,A.\\
&10.&\ \neg\,B,\ A,\ \neg\,B\to\neg\,A&\,\vdash\,\neg\,B.\\
&11.&\ \neg\,B,\ A,\ \neg\,B\to\neg\,A&\,\vdash\,\neg\,A\text{ --- }\to\text{-удаление},\ 8,\ 10.\\
&12.&\ A,\ \neg\,B\to\neg\,A&\,\vdash\,\neg\,\neg\,B\text{ --- }\neg\text{-введение},\ 9,\ 11.\\
&13.&\ A,\ \neg\,B\to\neg\,A&\,\vdash\,B\text{ --- }\neg\neg\text{-удаление},\ 12.\\
&14.&\ \neg\,B\to\neg\,A&\,\vdash\,A\to B\text{ --- }\to\text{-введение},\ 13.\\
&15.&\ &\,\vdash\,(\neg\,B\to\neg\,A)\to(A\to B)\text{ --- }\to\text{-введение},\ 14.\\
&16.&\ &\,\vdash\,(A\to B)\sim(\neg\,B\to\neg\,A)\text{ --- }\sim\text{-введение},\ 7,\ 15.
\end{align*}

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 16:27 


16/02/09
48
Svеznoy писал(а):
Рассмотрим 2 и 3.
Они верны для всех $A$ и $B$ ?
Т.е., если принять, что $A$ это $b \notin a_1$, а $B$ это $b \notin a_2$, то приведенная Вами теорема логики предикатов не зависит от $a_1$ и $a_2$ ?

Они верны для всех $A$ и $B$ если $A$ и $B$ это именно то, что принимает одно из значений "истина" или "ложь".
Svеznoy писал(а):
Примите, что $a_1 = \{1\}$, а $a_2 =\{1,2\}$ теорема останется в силе ?
Боюсь, что она зависит от $a_1$ и $a_2$, которые должны быть изначально равны, чтобы для них можно было использовать эту теорему.

Если $a_1 = \{1\}$ то $\forall b(\overline{b\in a_1})$ ложно: не верно что для любого $b$ $b$ не принадлежит $\{1\}.$ Теорема останется в силе.

На основании чего Вы установили, что :
"Если $a_1 = \{1\}$ то $\forall b(\overline{b\in a_1})$ ложно: не верно что для любого $b$ $b$ не принадлежит $\{1\}.$ "
Теперь использовав тот же метод, установите, ложно или истинно $A$, приняв, что $a_1=\varnothing$.
Да, и метод выпишите, посмотрим на него.

Вы предъявляете 1, для $a_1=\{1\}$ из чего делаете вывод о ложности $\foraal b (b\notin \{1\})$
Аналогично, для $a_2=\{1,2\}$, предъявляете $1,2$ с выводом о ложности $\forall b(b \notin \{1,2\}$.
Предъявите мне хоть что-нибудь, для $a_1 = \varnothing_1, a_2=\varnothing_2$, чтобы установить истинно или ложно, что $\neg \exists x \in a_1 = \neg \exists x \in a_2$.
Вы предъявите мне аксиому пустого множества для первого случая и для второго. Так вот ложь первого случае - это не таже самая ложь второго случая. Это две совршенно разные лжи. Их отрицания это тоже две совершенно разные истины.
Т.к. ложь=$\varnothing$ то лишь приняв, что они равны, у Вас все получится.

to: Assis
Точно, аксиома пустого множества - это бесконечное количество аксиом.

Добавлено спустя 48 минут 38 секунд:

Я понимаю, волосы на голове начинают шевелится, от самой мысли, что два одинаковых символа : $a$ и $a$ не являются одним и тем же символом. Но в общем случае так оно и есть, с точки зрения физики и здравого смылса - мы же их различаем. Предположение, что это один и тот же символ является частным постулатом некого универсума утверждений, который может оставаться непротиворечивым пока разница между первым и вторым символом не проявится. Но смею Вас заверить на бесконечности это произойдет.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 16:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


06/10/08
6422
Svеznoy в сообщении #188294 писал(а):
Т.к. ложь=$\varnothing$

Ложь и пустое множество - это абсолютно разные понятия.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 16:40 


16/02/09
48
Обсудим, что такое ложь ? :)

Добавлено спустя 1 минуту 5 секунд:

Обычно ложь обозначают нулем. С точки зрения теории множеств вместо нуля нужно ставить пустое множество.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 16:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


06/10/08
6422
Svеznoy писал(а):
Обсудим, что такое ложь ? :)

Ложное предложение - это предложение, отрицание которого истинно.
Цитата:
Обычно ложь обозначают нулем. С точки зрения теории множеств вместо нуля нужно ставить пустое множество.

Обозначения - это значки, а ложь и множества - понятия

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 16:50 
Аватара пользователя


01/12/06
697
рм
Svеznoy,
Обозначим пустое множество парой фигурных скобок. Тогда $\forall b(\overline{b\in\{\ \}})$ истина: верно что для всякого $b,$ $b$ не принадлежит $\{\ \}.$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2009, 16:59 


16/02/09
48
Xaositect писал(а):
Svеznoy писал(а):
Обсудим, что такое ложь ? :)

Ложное предложение - это предложение, отрицание которого истинно.

Точно, а отрицать его можно только одним боком ?
Например,$1\in\{\} \land 2\in\{\}$
отрицая их получим:
$1 \notin \{\} \land 2\notin \{\}$.
Сделаем вывод: 1=2, т.к. }1{ = }2{
Цитата:
Обычно ложь обозначают нулем. С точки зрения теории множеств вместо нуля нужно ставить пустое множество.

Xaositect писал(а):
Обозначения - это значки, а ложь и множества - понятия

Согласен, я не уверен, что мои понятия о них совпадают с Вашими, да ивообще у всех людей они явно не одинаковые.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 91 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
cron
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group