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 Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 57, 58, 59, 60, 61, 62, 63 ... 67  След.
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 07:32 


12/02/14
808
g______d в сообщении #883038 писал(а):
И Вы этим принципом вовсю пользуетесь.
Покажите где конкретно в предыдущем рассуждении.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 07:34 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5299
mishafromusa в сообщении #883041 писал(а):
Покажите где конкретно в предыдущем рассуждении.


В слове "поэтому".

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 07:45 


12/02/14
808
А ограничено сверху, поэтому любое число, большее этой границы, лежит в В. Где здесь прицип исключённого третьего?

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 07:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5299
mishafromusa в сообщении #883044 писал(а):
Где здесь прицип исключённого третьего?


Снова в слове "поэтому".

-- Вт, 01 июл 2014 22:37:14 --

Я с удовольствием укажу более конкретное место, если Вы более подробно напишете, откуда "поэтому".

Но хочу заметить, что, хотя я и не разбираюсь в конструктивном анализе, мне казалось, что замкнутый интервал там не является секвенциально компактным. А про доказательства от противного есть небольшая заметка Гауэрса, в которой у него не получается доказать даже иррациональность $\sqrt{2}$. Кстати, там по Вашей части тоже немного есть, посмотрите.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 20:24 


12/02/14
808
Хорошо, то, что число, не лежащее в А, лежит в В, может рассматриваться, как принцип исключённого третьего в данном узком контексте натураьных чисел. Это совсем не тот всеобъемлющий принццип исключённого третьего, применимый ко всем вообразимым и невообразимым математическим утверждениям, который принимаете Вы. Кроме того, если А конечно, то вопрос о принадлежности к А данного натурального числа решается простым перебором и сравнением, т.е. конечным алгоритмом.

Теперь о заметке Грауэрса. Его вступительное замечание о сходящейся последоватеьности близко к моим вчерашним наблюдениям на стр. 58 о доказательствах от противного. Что касается его примера о синусе, то никакого доказательства от противного с теоремой Лагранжа не нужно, если мы учтём, что синус -- равномерно (и даже липшицево) дифференцируемая функция, что доказывается так же просто, как и первый замечательный предел. Для таких функций оценка $||f(x)-f(y)|\leq\|f'\|_\infty |x-y|$ получается элементарно и напрямую. То же верно и об ограниченности равномерно непрерывной функции.

Иррациональность $\sqrt 2$ имеет лишь косвенное отношение к теме нашей дискусси и теме этой ветки форума.

Вообще наше обсуждение компактности ещё раз иллюстрирует, что это вопрос тонкий, и гораздо проще, по крайней мере поначалу, сразу работать с равномерными дифференируемустью и непрерывностью, а не начинать с мифических поточечных понятий и тратить в самом начале курса силы и время на доказательство равномерной непрерывности поточечно непрерывной функции на отрезке или равномерной дифференцируемости поточечно дифференцируемой функции с непрерывной производной.

Отрезок действительно не секвенциально компактен в конструктивном анализе, и там используются другие формулировки, например, существование конечной эпсилон-сети для любого эпсилон. Ещё раз повторю, что я вовсе не предлагаю заменить классический анализ на конструктивный, а просто просто начинать с более элементарных и вычислительных аспектов предмета.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 20:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
23981
Уфа
В классической логике у доказательств от противного нет никаких слабостей. Это такие же доказательства, как и остальные, и даже если теория противоречива, они всё равно ничем не хуже остальных. Это чтобы закрыть вопрос.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 21:10 


12/02/14
808
Да, но классическая логика и математика -- это не совсем одно и то же, и достоинства и недостатки тех или иных доказательств вполне заслуживают обсуждения. Чисто логически разные изложения могут быть эквивалентными, но с точки зрения понимания предмета и возможных обощений они могут отличаться доволно сильно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 21:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5299
mishafromusa в сообщении #882999 писал(а):
А вот у Евклида не совсем так. Он берёт для примера 3 числа, перемножает их, прибавляет 1 и замечает, что любой простой делитель полученного числа не может быть равен ни одному из трёх взятых простых чисел. Этот приём, замечает Евклид, работает для любого конечного набора простых чисел, стало быть их бесконечно много. А вот редактор тут вмешивается и всё-таки пытается истолковать рассуждение Евклида, как доказательсво от противного т.е. предполагает, что список простых чисел конечен, и говорит, что трюк Евклида предъявляет простое число не из этого списка -- противоречие. Сразу видно, что Евклид -- отличный математик, а редактор -- так себе.


Очень профессионально называть неизвестного редактора математиком так себе, не разобравшись. Разумеется, Евклид отличный математик; но он-то как раз не утверждал, что не пользовался доказательством от противного, он воспринимал его, видимо, как самоочевидное.

Оно заключено в словах "стало быть" в середине цитаты. Доказывается не то, что простых чисел бесконечно много, а всего лишь то, что для любого $n$ верно следующее: если простых чисел $n$, то их обязательно хотя бы $n+1$. Больше ничего. А дальше нахождение противоречия и заключение, что их бесконечно много.

mishafromusa в сообщении #882999 писал(а):
Сначала предполагают, что оно счётно, и располагают его в последовательность, потом диагональным процессом Кантора строят число, не содержащееся в этой последовательности, и объявляют противоречие. Сразу видно, что доказательство от противного тут совершенно не по делу. Можно просто взять любой счётный список вещественных чисел и диагональным процессом построить число вне этого списка, и это доказывает теорему. Вообщем, смешно и противно. :-)


Ровно то же самое. "Это доказывает теорему" как раз по модулю прихода к противоречию. Иначе есть только утверждение "никакая биекция между $\mathbb N$ и $\mathbb R$ не является сюръекцией". А сделать из этого вывод, что биекции не существует, можно только из противоречия.

-- Ср, 02 июл 2014 12:01:55 --

mishafromusa в сообщении #883287 писал(а):
Иррациональность $\sqrt 2$ имеет лишь косвенное отношение к теме нашей дискусси и теме этой ветки форума.


Там очень похожее рассуждение всего лишь. Он пытается доказать напрямую и каждый раз упирается в то, что где-то всё равно приходится от противного. Как и мы здесь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 22:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


06/10/08
6094
g______d в сообщении #883336 писал(а):
Ровно то же самое. "Это доказывает теорему" как раз по модулю прихода к противоречию. Иначе есть только утверждение "никакая биекция между $\mathbb N$ и $\mathbb R$ не является сюръекцией". А сделать из этого вывод, что биекции не существует, можно только из противоречия.

g______d в сообщении #883336 писал(а):
Там очень похожее рассуждение всего лишь. Он пытается доказать напрямую и каждый раз упирается в то, что где-то всё равно приходится от противного. Как и мы здесь.

А это всего лишь потому, что оба рассматриваемых утверждения ($\mathbb N$ не равномощно $\mathbb R$, $\sqrt 2$ не является рациональным числом) - это отрицания, а никакого способа доказать отрицание, кроме как от противного, не существует. Это по сути определение отрицания, в интуиционизме это, кстати, особенно ясно видно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 22:25 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5299
Хорошо, тут, видимо, на самом деле два типа доказательств: доказательство отрицания утверждения и доказательство утверждения, доказывая отрицание его отрицания. Они равносильны, если принять принцип двойного отрицания.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 22:49 


12/02/14
808
g______d в сообщении #883336 писал(а):
верно следующее: если простых чисел $n$, то их обязательно хотя бы $n+1$.
А вот Евклиду точно было очевидно, что из этого следует их бесконечность, но не через противоречие, а просто потому, что они не могут содержаться ни в каком конечнон списке.

-- 02.07.2014, 15:53 --

g______d в сообщении #883336 писал(а):
Ровно то же самое. "Это доказывает теорему" как раз по модулю прихода к противоречию.
Нет не то же самое, и никакого противоречия не нужно. Беря список, мы не предполагаем, что он содержит все вещественные числа.

-- 02.07.2014, 16:01 --

g______d в сообщении #883336 писал(а):
Очень профессионально называть неизвестного редактора математиком так себе, не разобравшись.

Редактор известный, и математик он так себе, и в профессионализм играете Вы, а не я.

-- 02.07.2014, 16:07 --

Xaositect в сообщении #883338 писал(а):
а никакого способа доказать отрицание, кроме как от противного, не существует.
Это неправда, доказательство несчётности множества вещественных чисел, которое я привёл -- не от противного. А вот ещё пример: гармонический ряд не сходится. Доказательство -- прямой оценкой, а не от противного.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 23:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5299
mishafromusa в сообщении #883352 писал(а):
они не могут содержаться ни в каком конечнон списке


Ага. Только не могут ровно потому, что "могут" приводит к противоречию. Ну или объясните это "не могут" по-другому.

mishafromusa в сообщении #883352 писал(а):
Беря список, мы не предполагаем, что он содержит все вещественные числа.


Ну отлично. Тогда Вы доказали, что для любого отображения из $\mathbb N$ в $\mathbb R$ существует элемент, не находящийся в его образе. Как отсюда следует отсутствие биекции, кроме как через противоречие с тем, что биекция должна быть сюръекцией?

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 23:15 


12/02/14
808
g______d в сообщении #883367 писал(а):
Ага. Только не могут ровно потому, что "могут" приводит к противоречию. Ну или объясните это "не могут" по-другому.
Нет не так, а потому, что любой конечный список неполон, и никакого противоречия не нужно.

-- 02.07.2014, 16:17 --

g______d в сообщении #883367 писал(а):
Как отсюда следует отсутствие биекции, кроме как через противоречие с тем, что биекция должна быть сюръекцией?
Просто нет и сюрьекции, а не то, что биекции, вот и всё. Любой счётный список вещественных чисел неполон, точка.

-- 02.07.2014, 16:26 --

Вообще это имеет мало отношения к предмету ветки, и мне надоела эта дискуссия.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 23:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


06/10/08
6094
mishafromusa в сообщении #883352 писал(а):
А вот ещё пример: гармонический ряд не сходится. Доказательство -- прямой оценкой, а не от противного.
Нет, простите.
Прямой оценкой доказывается расходимость к бесконечности. А вот то, что ряд не сходится к конечной сумме, требует метода от противного. Это просто обычно засунуто в какую-нибудь лемму о единственности предела задолго до изучения рядов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как упростить преподавание матанализа нематематикам?
Сообщение02.07.2014, 23:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5299
mishafromusa в сообщении #883371 писал(а):
потому, что любой конечный список неполон


Любой конечный список неполон — почему? Потому что если бы он был полон, было бы противоречие?

mishafromusa в сообщении #883371 писал(а):
Просто нет и сюрьекции


Потому что существование сюръекции противоречит .... , или почему еще?

mishafromusa в сообщении #883371 писал(а):
а не то, что биекции


Даже здесь это используется; из несуществования сюръекции следует несуществование биекции только с помощью понятно какого приема.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 991 ]  На страницу Пред.  1 ... 57, 58, 59, 60, 61, 62, 63 ... 67  След.

Модераторы: Модераторы, 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:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group