@otta96:
ho riordinato parecchie idee spremendomi le meningi in queste ultime due ore, volevo chiederti se quello che sono riusciro a riordinare autonomamente (quindi non saprei a chi chiedere conferma alrimenti) può andare.
Mi piacerebbe quindi chiederti, quando hai tempo e (se hai) voglia potessi dirmi se è corretto.
Numero per permetterti di leggere in modo più comodo i vari punti:
OSS: un primo errore era dovuto al fatto che io ero abituato a teoremi (cioè dimosrare vede implicazioni) del tipo $forallx,(A(x)=>B(x))$ quindi non mi ero mai accorto che in effetti una proposizione dipende molto dall'universo in cui è "immersa".
1) Inizo col dire che quello che pensavo un "
teorema" vero mi accorgo che in realtà è falso: $[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))]$
=>$(forallz,(P(z)=>Q(z))$
Qui viene utile l'osservazione che facevo, per essere vero questo teorema deve essere vero per tutti i tipi di universi U che vado a scegliere, infatti per alcuni universi tale proposizione è vera ma per altri falsa.
Tuttavia, inizialmente, credendo fosse vero ho pensato di dimostrarlo al solito: ci basta provare che supposta l'antecedente vera ho conseguente vera.
Facciamolo: avere $(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))$ vero può vuoler dire solo due cose separatamente:
-a- per qualunque scelta di y per cui P(y) sia vera, abbiamo Q(x) vera per ogni elemento x dell universo U; quindi varrà anche per y e ciò ci dice che P(y)=>Q(y).
Il conseguente vero si traduce in $forallz,(P(z)=>Q(z)$ vero, ma questo è ovvio perché basta prendere y=z e per la precedente è fatto.
-b- cambiando universo possiamo in altro modo avere antecedente vero nel caso in cui si abbia che ogni oggetto y di tale universo rende falsa P(y). Ne discende che $(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))$ è vera, tuttavia non è per forza vera $(forallz,(P(z)=>Q(z))$ potrebbe ad esempio esserci un universo in cui non tutti gli oggetti soddisfano P(y) e che non tutti soddisfano Q(x), avrei così l'antecedente della freccia rossa vero, però degli elementi z per cui P(y) è vero ma Q(x) no che rende $(forallz,(P(z)=>Q(z))$ falso: antecedente del teorema vero conseguente falso -> teorema falso.
Concludiamo quindi che non valendo per tutti gli universi, essendocene alcuni con antecedente vera e conseguente falso, allora il teorema è falso.
2)vediamo degli esempi:
Consideriamo ora una realizzazione di questo teorema considerando delle proposizini e uiversi concreti, leggiamo quindi: P(t) come "l'oggetto t di U è una macchina" e Q(t) come "l'oggetto t è nero"
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
* sia U:={tutte e sole le macchine nere}:
comunque scelto un oggetto $y in U$ P(y) è vera, perché è infatti una macchina, d'altra parte Q(x) è vera anche per ogni x essendo tutte nere.
Sono proprio nel caso antecedente $(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))$ vero e mi aspetto dato il legame visto in -a- che sia vero. E infatti lo è perché in modo esplicito si vede che $(forallz,(P(z)=>Q(z))$: per ogni z se z è una macchina allora è nera.
* assumiamo ora un universo U:={macchine bianche e nere}
sono in un universo in cui $(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))$ è ora evidentemente falso, infatti P(y) è vero per ogni oggetto che seleziono, ma Q(x) non è vero per ogni x (tutti gli oggetti sono neri è falso); e che accade? beh non ci dice nulla sul conseguente l'implicazione infatti è sempre vera qualunque valore abbia $(forallz,(P(z)=>Q(z))$.
In questo caso: $(forallz,(P(z)=>Q(z))$ è falso perché se prendo una macchina non è assicurato che sia nera.
Qualche ragionamento in più:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
notavo però che il legame del primo punto -a- sopra analizzato è utile in questo contesto perché seppure quello scrito non sia un teorema, il punto -a- ci dà però un legame logico utile in certe circostanze.
Solitamente se io prendo A(x) piove e B(x) la strada è bagnata, allora $forallx,(A(x)=>B(x))$ se piove la strada è bagnata nel nostro universo è falso, ad esempio può piovere e esserci una galleria e la srada è bagnata.
Altra considerazione innteressante è che se non piove non possiamo dire nulla di conclusivo: la strada può essere bagnaa dalla notte di rugiada oppure asciutta.
Se ora mi metto in un universo in cui A(x) sia sempre vero, perché piove sempre, siccome abbiamo detto che il teorema è falso quando ho A(x) vera non so concludere se la strada sarà bagnata o meno, dipende infatti dal fatto se c'è la galleria.
Quando invece io considero le solite macchine col senso detto sopra $[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))]=>(forallz,(P(z)=>Q(z))$ sebbene questo teorema sia falso, se mi metto in un universo in cui è verò l'antecedente (cioè analogo al caso A(x)) vero appena visto) con la clausola che sia vero perché verifica P(x) e Q(x) allora automaticamente questo legame mi porta a poter concludere qualcosa sul conseguente in modo dissimile da B(x) della strada, perché qui trovo che in automatico $forallz,(P(z)=>Q(z))$ è vero e discende proprio dal legame esposto in -a-
Curioso
E' invece vero il teorema opposto: $(∀z,(P(z)⇒Q(z))=>[(∀y,P(y))⇒(∀x,Q(x))]$
lo dimostro facilmente prendendo ogni tipo di universo possibile, cioè per casi:
I) universo in cui tutti gli y soddisfano P(y) e non tutti gli x soddisfano Q(x)
II) U in cui non tutti gli y soddisfano i P(y) e tutti soddisfano i Q(x)
III) U in cui non tutti gli y soddisfano i P(y) ma alcuni soddisfano i P(z) e tutti gli x soddisfano Q(x)
IV) U in cui non tutti gli y soddisfano i P(y) ma alcuni soddisfano i P(z) e non tutt gli x soddisfano Q(x) ma alcuni soddisfano Q(z)
... Insomma ho fatto tutte le combinazioni possibili e ogni volta che antecedente è vero ho conseguente vero, quindi è un teorema/implicazone vera quella scritta. (fatto per casi funziona quinidi è vero, spero sia giusto come metodo ma mi pare di sì)
Ho fatto per casi perché ho provato a farlo per via diretta, cioè supponendo $(∀z,(P(z)⇒Q(z))$ vera provare che $[(∀y,P(y))⇒(∀x,Q(x))]$ è vera ma non ci sono riuscito, non so
se hai delle idee su come farlo te lo chiedo .
4) volevo poi dimostrare
${[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))]=>(forallz,(P(z)=>Q(z))}$
I<=>${forallz,{[[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))] ∧ P(z)]=>Q(z)}}$
IIPer farlo dimostro I=>II e II=>I supponendo l'antecedente vero e dimostrando che il conseguente lo è nei due casi.
I=>II) l'antecedente è vero in 3 casi per i quali si ha:
- $(forally,P(y))$ vero, $(forallx,Q(x))$ vero, $forallz,(P(z)=>Q(z))$ vero. Ma questo rende automaticamente vero II) infatti $forally,P(y))=>(forallx,Q(x))$ è vero ma essendo P(y) vero per ogni elemento è vero P(z), allo stesso modo Q(z) è vero e quindi II è vera.
- $(forally,P(y))$ falso, $(forallx,Q(x))$ vero, $forallz,(P(z)=>Q(z))$ vero. Concretizziamolo con le macchine:
ho un universo per cui è falso che tutti gli oggetti y siano macchine, ed è vero che tutti gli oggetti sono neri inoltre ho che è vero "se è una macchina allora z è nera". Quest'ultima proposizione in z è vera in 3 sotto-casi:
] se z è una macchina allora è sicuramente nera (e questo si ha per forza perché se vale per ogni x Q(x) sto assedendo che ogni oggetto è nero in questo universo)
] se z non è una macchina ed è vero che è nera
] se z non è una macchina ed è falso che sia nera (questa non si realizza mai perché ogni oggetto è nero, quindi Q(z) falsa non esiste)
D'altra parte questi casi rendono automaticamente vero: ${forallz,{[[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))] ∧ P(z)]=>Q(z)}}$,
(analizziamone solo uno, cioè $(forally,P(y))$ falso, $(forallx,Q(x))$ vero e la z per cui P(z) è falso e Q(z) vero):
mettendo assieme in ${forallz,{[[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))] ∧ P(z)]=>Q(z)}}$ (*) ho che fissato z $ [(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))] ∧ P(z)]$ è falso e quindi (*) è automaticamente vera come volevo.
L'altro caso funziona similmente
- ragionamenti simili che non sto a trascrivere tutto per evitare pugni negli occhi
...
II=>I) svolto in modo analogo mi dice che ogni volta che II è vero I è vero
Quindi il se e solo se è vero
Qui ti vorrei chiedere, c'è un modo migliore di dimostrare questo <=>? E come
5)Esempi per questo caso:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Dulcis in fundo, prendo $forallz,{[[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))] ∧ P(z)]=>Q(z)}$ e due casi/universi pragmatici che avevo messo in apertura thread che mi confondevano:
Di fatto consideran
* sia U:={tutti gli oggetti conosciuti dall'uomo} e P(x) e Q(x) le solite proposizioni sulle macchine.
Analizziamo la proposizione: è evidente che $[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))]$ sia vero perché non è vero che ogni y sia una macchina e quindi rende l'implicazione vera, ora per un fissato z dipende da z: è evidente che non ogni macchina è nera e quindi se P(z) è vera, cioè l'oggetto z è una macchina, non posso concludere alcunché su Q(z): implicazione falsa
* se prendo U:={macchine bianche}
$[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))]$ è falso, P(z) è per forza una macchina e non è nera. Quindi Q(z) falsa, l'implicazione è falsa.
Insomma, nulla di strano, è giusto che sia così.
Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.
Più di così non so fare
Quindi riassumendo:
- E' giusto quello che dico? Mi pare di sì come ragionamenti.
- $[(∀y,P(y))⇒(∀x,Q(x))]=>(∀z,(P(z)⇒Q(z))$ questo mi viene falso, è giusto come risultato? Se il mio metodoper mostrarlo è sbagliato potrei chiederti come mostrare la falsità o verità di tale teorema?
- Io ho dimostrato questo per casi: $(∀z,(P(z)⇒Q(z))⇒[(∀y,P(y))⇒(∀x,Q(x))]$ ma si può fare in modo più furbo? Se si come?
- ${[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))]=>(forallz,(P(z)=>Q(z))}$
I<=>${forallz,{[[(forally,P(y))=>(forallx,Q(x))] ∧ P(z)]=>Q(z)}}$
IIcome dimostro questo in modo furbo? Il mio per casi mi sembra complesso da impazzire.
- ci sono modi per lavorare con questo tipo di dimostrazioni in modo che come regola riesco a ricavare i risultati sperati operando sui quantificatori ecc?
Inviato: 01/07/2024, 00:09
. Non so, non ne sono affatto convinto.