Extraño método de prueba

Question

He leído en el artículo de la wikipedia para la Hipótesis de Riemann, que algunos teoremas se ha demostrado que, asumiendo la hipótesis de ser true y false y demostrando cierta teorema de ambos casos. I. e. demostrando $P\Rightarrow Q$ $\neg P\Rightarrow Q$ y, a continuación, inferir $Q$.

Este método me hizo curioso acerca de otro método posible. Lo que si puede probar $P \Leftrightarrow Q$ y, a continuación,$\neg P \Rightarrow Q$, no se que probar tanto $P$$Q$? Es que lógicamente el sonido? Si es así sería una interesante prueba de método, porque si me lo demostró $P \Leftrightarrow Q$ me gustaría que he pensado nada más podría deducirse de la relación de sus valores de verdad, pero si esto es cierto comprobación $\neg P\Rightarrow Q$ podría probar teoremas.

Si esto tiene sentido hay ejemplos de pruebas de este tipo?

Answer 1

Este es un método estándar de prueba se llama prueba por casos (o prueba por agotamiento). Funciona para cualquier número finito de casos. Supongamos que usted sabe que $P_1$ o $P_2$ o ... $P_n$ debe ser verdadera, es decir, al menos una de las $P_i$ es cierto. Si usted puede probar que $Q$ que es verdad en cada caso (suponiendo que cada una de las $P_i$ a su vez es verdadero), $Q$ debe de ser verdad.

En tu ejemplo, se tienen dos casos: (1) RH es verdadera, (2) RH es falso.

Answer 2

Esta propuesta parece un increíblemente rotonda método de prueba. Los teoremas que llevó a esta pregunta el uso de RH (y $\neg$ RH) en importante pero no crítico maneras. Por ejemplo, necesitamos limitar el crecimiento de alguna función; ambos RH y $\neg$ RH ofrecen diferentes maneras de acotar que el crecimiento. Si pudiéramos encontrar una manera de acotar el crecimiento del uso de ninguno de los dos, entonces tendríamos una prueba independiente de RH.

Answer 3

"Formalmente" funciona.

De las dos pruebas [en todo el argumento, me dejó implícito un "conjunto" de supuestos : $\Gamma$] :

$\vdash P \rightarrow Q$

y

$\vdash \lnot P \rightarrow Q$

por la tautología :

$\vdash (P \rightarrow Q) \rightarrow [(\lnot P \rightarrow Q) \rightarrow Q]$

podemos tener, por modus ponens dos veces :

$\vdash Q$.

Ahora, con la prueba adicional :

$\vdash Q \rightarrow P$

con el resultado anterior, por modus ponens, podemos concluir también :

$\vdash P$.

La única duda que tengo es : ¿por qué, en general, se puede esperar que es "más fácil" para producir tres pruebas (de $P \rightarrow Q$, $\lnot P \rightarrow Q$ y $Q \rightarrow P$) en lugar de dos : $\vdash Q$$\vdash P$ ?

Answer 4

Si (p⇔q), entonces (p→q), (q→p). Por lo tanto, si (p⇔q), y ($\lnot$p→q), ya que [(p→q)→((a$\lnot$p→q)→q)] es un teorema o axioma en cualquier sistema completo de cálculo proposicional, podemos obtener la "q". Ya tenemos (q→p) y "q", también podemos obtener el "p" por el desapego. Por lo tanto, si (p⇔q) y ($\lnot$p→q), entonces, sí, es válido inferir "p" y "q".

O, en notación polaca:

Si Epq, a continuación, Cpq, así como de Cqp. Por lo tanto, si Epq, y el CNpq, desde CCpqCCNpqq es un teorema o axioma en cualquier sistema completo de cálculo proposicional, podemos obtener la "q". Ya hemos Cqp y q también podemos obtener el "p" por el desapego. Por lo tanto, si Epq y el CNpq, entonces, sí, es válido inferir "p" y "q".

Answer 5

Un ejemplo de este método de prueba debería mostrar algo como esto

Teorema: La plaza de cada distinto de cero número real es mayor que $0$.

Digamos que ya han demostrado que el producto de dos números positivos es positivo.

Entonces (usando las letras de la pregunta original) : $P$ es la declaración "$x$ es positivo" y $Q$ es la declaración "$x^2$ es mayor que 0".

Ahora "$P \implies Q$" es un caso especial de su anterior teorema, así que usted sabe que es verdad.

Para demostrar "$\lnot P \implies Q$", podría utilizar la conmutatividad de la multiplicación.

Decir $y$ es negativo. Entonces, existe algún número positivo x, de modo que $y = (-1)x$.

A continuación,$y^2 = (-1)x(-1)x = (-1)(-1)(x^2) = x^2$. Desde $x^2$ es positivo, se ha demostrado que el $y^2$ es positivo.

Así, en este caso, se ha demostrado que el$P \implies Q$$\lnot P \implies Q$. Por lo tanto, $Q$ es cierto.

Lo siento, sin embargo, no tengo una prueba de la Hipótesis de Riemann.

Yo uso este ejemplo en mis clases de matemáticas discretas como un ejemplo de la prueba por casos.