аксиомы ZFC и формализация тождества

[вздымщик Цыпа]

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?

[Svеznoy]

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 $d$.

[AD]

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.

[gefest_md]

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.

[epros]

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.

[AD]

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.

[Svеznoy]

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.

[Assis]

Сколько всего аксиом содержится в система ZFC ?
В некоторых источниках находил, что ZFC содержит
бескорнечное количество аксиом... o_O

[gefest_md]

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*}

[Svеznoy]

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.

[Xaositect]

Svеznoy в сообщении #188294 писал(а):

Т.к. ложь=$\varnothing$

Ложь и пустое множество - это абсолютно разные понятия.

[Svеznoy]

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.

[Xaositect]

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

[gefest_md]

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

[Svеznoy]

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.