Импликация и другие логические связки

[Vladimir Pliassov]

Dedekind в сообщении #1632699 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1632695 писал(а):

Если отрицание прямой импликации это обратная импликация

Да откуда Вы это берете?

Ну, значит, нет. Я просто не знал, что такое отрицание прямой импликации.

-- 13.03.2024, 18:14 --

Mikhail_K в сообщении #1632700 писал(а):

Чтобы построить отрицание к импликации, разберитесь, как строятся отрицания для логических формул, содержащих операции конъюнкции и дизъюнкции, и как импликация выражается в виде такой формулы.
В любых учебниках по математической логике об этом говорится.

Я сейчас читаю один учебник, но до этого пока не дошел.

[Dedekind]

Vladimir Pliassov
А какой учебник читаете?

[Gevin Magnus]

Vladimir Pliassov в сообщении #1632695 писал(а):

Википедии, в статье "Парадокс импликации" то, что я процитировал, называют парадоксами

Они парадоксы максимум только в философском смысле

Vladimir Pliassov в сообщении #1632695 писал(а):

Если отрицание прямой импликации это обратная импликация,

Нет, это конъюнкция из посылки и отрицания следствия

[Vladimir Pliassov]

Dedekind в сообщении #1632708 писал(а):

А какой учебник читаете?

https://books.ifmo.ru/file/pdf/1335.pdf

Прочитал несколько страниц, пока нравится, но уже есть один вопрос. Там на стр. 17 стоит:

$(A \sim B) = (A\wedge B) \vee ( \neg A\wedge \neg B)$,

а по-моему, надо:

$(A \sim B) = (A\wedge B) \oplus ( \neg A\wedge \neg B)$.

Потому что эквиваленция $\mathcal P\sim \mathcal Q$ это такое высказывание, что, например (см. сообщение #1632410),

"если число делится на $2$, то оно делится и на $3$, а если не делится на $2$, то не делится и на $3$",

а также

"если число делится на $3$, то оно делится и на $2$, а если не делится на $3$, то не делится и на $2$"

-- все такие числа принадлежат множеству $\mathbb N\setminus (N_2\cup N_3)$),

например, если выбираем число $5$ или $6$, то по отношению к ним эквиваленция $\mathcal P\sim \mathcal Q$ истинна, а если выбираем число $9$ или $4$, то по отношению к ним она ложна.

Дизъюнкция $(A\wedge B) \vee ( \neg A\wedge \neg B)$, это когда или $(A\wedge B)$, или $( \neg A\wedge \neg B)$, или $(A\wedge B)$ и $( \neg A\wedge \neg B)$ вместе, то есть или

число делится и на $2$, и на $3$, или

не делится ни на $2$, ни на $3$, или

оно делится на $2$ и на $3$ и вместе с тем не делится ни на $2$, ни на $3$.

Так что, я думаю, должно быть $(A \sim B) = (A\wedge B) \oplus ( \neg A\wedge \neg B)$.

-- 13.03.2024, 20:58 --

Gevin Magnus в сообщении #1632715 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1632695 писал(а):

Википедии, в статье "Парадокс импликации" то, что я процитировал, называют парадоксами

Они парадоксы максимум только в философском смысле

То есть они не мешают мыслить?

Gevin Magnus в сообщении #1632715 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1632695 писал(а):

Если отрицание прямой импликации это обратная импликация,

Нет, это конъюнкция из посылки и отрицания следствия

$\neg (x\in\varnothing\,\to\,x\in A)=(x\in\varnothing\,\wedge \,x\notin A)$,

$\neg (x\in\varnothing\,\to\,x\notin A)=(x\in\varnothing\,\wedge \,x\in A)$,

$(x\in\varnothing\,\to\,x\notin A)\ne \neg (x\in\varnothing\,\to\,x\in A)=(x\in\varnothing\,\wedge \,x\notin A)$,

$(x\in\varnothing\,\to\,x\in A)\ne \neg (x\in\varnothing\,\to\,x\notin A)=(x\in\varnothing\,\wedge \,x\in A)$.

[epros]

Gevin Magnus в сообщении #1632683 писал(а):

epros в сообщении #1632653 писал(а):

Я бы не советовал рисковать головой из-за игры словами. В конце концов найдётся фокусник, который извлечёт кролика из шляпы и скажет: "Вы же видели, что она была пустая. Ваше определение пустого множества не нарушено". Слова "доказать" или "показать" несут риск, что доказывать будут в противоречивой аксиоматике, а в ней, как известно, можно доказать что угодно.

Это уже какая-то демагогия Вы сомневаетесь в $ x\in \varnothing \to A$?

Сомневаюсь, не сомневаюсь... Разве речь об этом?
У ТС нет никакого "доказательства" этого утверждения, хотя он именно так называет свои рассуждения о готовности рискнуть головой. На самом деле это утверждение - прямое следствие ex falso qoudlibet, но я что-то не видел, чтобы он на эту аксиому ссылался.

А то, что "это демагогия", будете доказывать после того, как Вам отрубят голову, сочтя фокус с доставанием кролика из шляпы достаточным "доказательством" того, что в пустом множестве что-то есть.

Gevin Magnus в сообщении #1632683 писал(а):

epros в сообщении #1632653 писал(а):

Теорема Гудстейна недоказуема в арифметике Пеано первого порядка, но считается истинной.

А если к ней найдут контрпример, будет ли это означать ложность арифметики второго порядка?

Это означало бы ложность многих вещей. Вообще-то контрпримерами к теореме Гудстейна являются некоторые нестандартные числа. Но поскольку они нестандартные, то это как бы "не считается".

[Vladimir Pliassov]

epros в сообщении #1632653 писал(а):

Я бы не советовал рисковать головой из-за игры словами. В конце концов найдётся фокусник, который извлечёт кролика из шляпы и скажет: "Вы же видели, что она была пустая. Ваше определение пустого множества не нарушено". Слова "доказать" или "показать" несут риск, что доказывать будут в противоречивой аксиоматике, а в ней, как известно, можно доказать что угодно.

Я все-таки думаю так: если $x$ принадлежит пустому множеству, то рубите голову-- но не мне, а Ходже Насреддину, а то мало ли.

Хотя, с другой стороны, если $x$ принадлежит пустому множеству, то не рубите ему голову -- ex falso [sequitur] quodlibet, «из лжи [следует] что угодно».

По-моему, налицо реальный парадокс (противоречие), и не только для Ходжи Насреддина, но и для палача: он не знает, рубить или не рубить.

Это в ответ на высказывание

Gevin Magnus в сообщении #1632715 писал(а):

Они парадоксы максимум только в философском смысле

Другое дело, что

Mikhail_K в сообщении #1632690 писал(а):

Если бы было доказано ещё, что $x\in\varnothing$, то отсюда можно было бы вывести два противоречащих друг другу утверждения: $x\in A$ и $x\notin A$.
Но так как не доказано (и не может быть доказано), что $x\in\varnothing$, то ни $x\in A$, ни $x\notin A$ вывести не получится.

То есть парадокс закона ex falso quodlibet -- так же, как и сам закон, -- где начинается, там и заканчивается.

(Впрочем, для Ходжи Насреддина и этого хватит: какие ему выводы после того, как ему отрубят голову?

Хотя, может, и не отрубят.)

Но тут у меня вопрос. У Куратовского и Мостовского читаем:

Цитата:

Поскольку импликация с ложной посылкой истинна, для каждого $x$ верна импликация $x\in \varnothing \to x\in A$, откуда

$$\varnothing\subset A.$$

https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf, стр. 18, 19

Как я понимаю, они основывают утверждение $\varnothing\subset A$ на том, что $x\in A$. Как же так?

[пианист]

Vladimir Pliassov в сообщении #1632806 писал(а):

Как я понимаю, они основывают утверждение $\varnothing\subset A$ на том, что $x\in A$. Как же так?

Посмотрите внимательно:

Цитата:

$x\in \varnothing \to x\in A$

Любой элемент $\varnothing$ является также и элементом $A$. Но это же и есть другими словами, что пустое множество есть подмножество $A$.

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov в сообщении #1632806 писал(а):

Как я понимаю, они основывают утверждение $\varnothing\subset A$ на том, что $x\in A$. Как же так?

Не $x\in A$, а $x\in\varnothing\,\to\,x\in A$.
Истинность импликации не означает истинность вывода.

[Vladimir Pliassov]

Mikhail_K в сообщении #1632808 писал(а):

Не $x\in A$, а $x\in\varnothing\,\to\,x\in A$.
Истинность импликации не означает истинность вывода.

Спасибо, понял!

пианист в сообщении #1632807 писал(а):

Любой элемент $\varnothing$ является также и элементом $A$. Но это же и есть другими словами, что пустое множество есть подмножество $A$.

То, что любой элемент $\varnothing$ является также и элементом $A$, означает, что $\varnothing$ и $A$ пересекаются. Но надо еще доказать, что $\varnothing\subset A$, а не $A\subset \varnothing$. Как это сделать? И вообще, возможно ли это доказать?

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov в сообщении #1632810 писал(а):

То, что любой элемент $\varnothing$ является также и элементом $A$, означает...

...в точности то, что $\varnothing\subset A$.

Это определение подмножества: $A\subset B$ означает в точности, что $\forall x,\,(x\in A\,\to\,x\in B)$.

Наоборот, пересечение $\varnothing$ и $A$ из $x\in\varnothing\,\to\,x\in A$ не следует, и вообще не имеет места.

[Vladimir Pliassov]

Mikhail_K в сообщении #1632811 писал(а):

...в точности то, что $\varnothing\subset A$.

Это определение подмножества: $A\subset B$ означает в точности, что $\forall x,\,(x\in A\,\to\,x\in B)$.

Правда! Теперь совсем понял, спасибо!

Mikhail_K в сообщении #1632811 писал(а):

Наоборот, пересечение $\varnothing$ и $A$ из $x\in\varnothing\,\to\,x\in A$ не следует, и вообще не имеет места.

Наверное, вот почему.

То, что любой элемент $\varnothing$ является также и элементом $A$, означает, что $\varnothing\subset A$.

И наоборот: то, что $\varnothing\subset A$ означает, что любой элемент $\varnothing$ является также и элементом $A$.

Здесь эквиваленция.

Тем не менее, то, что любой элемент $\varnothing$ является также и элементом $A$, не означает, что $\varnothing$ и $A$ пересекаются, так как они не имеют ни одного общего элемента.

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov
Всё верно!

[Vladimir Pliassov]

Mikhail_K в сообщении #1632816 писал(а):

Всё верно!

Спасибо!

А вот такая мысль.

1) $(500<10)\to (500<11)$ это правда, потому что -- подставим $a$ вместо $500$ -- $(a<10)\to (a<11)$.

2) $(500<10)\to (500>11)$ это ложь, потому что если $(a<10)\to (a\ngtr 11)$.

Выходит, что "из лжи следует ложь" -- истина, а "из лжи следует истина" -- ложь.

[epros]

Vladimir Pliassov в сообщении #1632824 писал(а):

"из лжи следует истина" -- ложь

Да откуда Вы всё это берёте?!

Нет такого правила:

Vladimir Pliassov в сообщении #1632824 писал(а):

подставим $a$ вместо $500$

Читайте лучше учебники, а не выдумывайте собственных правил.

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov в сообщении #1632824 писал(а):

1) $(500<10)\to (500<11)$ это правда, потому что -- подставим $a$ вместо $500$ -- $(a<10)\to (a<11)$.

Это верно. Импликация $(a<10)\,\to(a<11)$ истинна при любом $a$, в т.ч. при $a=500$.

Vladimir Pliassov в сообщении #1632824 писал(а):

2) $(500<10)\to (500>11)$ это ложь, потому что если $(a<10)\to (a\ngtr 11)$.

Не совсем так.
Верно, что импликация $(a<10)\,\to\,(a\ngtr 11)$ истинна при любом $a$.
Поэтому верно, что $(500<10)\,\to\,(500\ngtr 11)$.
Однако это не значит, что

Vladimir Pliassov в сообщении #1632824 писал(а):

$(500<10)\to (500>11)$ это ложь

Здесь ситуация примерно такая же, как с утверждениями $(x\in\varnothing)\,\to\,(x\in A)$ и $(x\in\varnothing)\,\to\,(x\notin A)$. Они не противоречат друг другу и оба верны.
Утверждения $(500<10)\,\to\,(500\ngtr 11)$ и $(500<10)\,\to\,(500>11)$ тоже не противоречат друг другу и оба верны. Из лжи следует что угодно.

Vladimir Pliassov в сообщении #1632824 писал(а):

Выходит, что "из лжи следует ложь" -- истина, а "из лжи следует истина" -- ...

... тоже истина.