2.7: Обґрунтованість аргументів та поширені помилки

Аргумент вважається дійсним або має дійсну форму, якщо кожне відрахування в ньому може бути виправдано одним із правил висновку, перелічених у попередньому розділі. Форма аргументу може бути дійсною, але все ж висновок може бути помилковим, якщо деякі з передумов є помилковими. Отже, щоб показати, що аргумент хороший, ми повинні бути в змозі зробити дві речі: показати, що аргумент є дійсним (тобто, що кожен крок може бути виправданий) і що аргумент є здоровим, що означає, що всі приміщення вірні. Якщо ви почнете з помилкової передумови, ви можете довести що завгодно!

Розглянемо, наприклад, наступне «доказ» того\(2 = 1\).

Припустимо, що\(a\) і\(b\) є два дійсних числа такі, що\(a = b\).

\[a^2 = ab \tag{by hypothesis, \(a\) and \(b\) are equal, so} \]

\[a^2 − b^2 = ab − b^2 \tag{subtracting \(b^2\) from both sides} \]

\[(a + b)(a − b) = b(a − b) \tag{factoring both sides} \]

\[ a + b = b \tag{canceling \((a − b)\) from both sides} \]

Тепер нехай\(a\) і\(b\) обидва мають певне значення\(a = b = 1\), і ми бачимо\(1 + 1 = 1\), що, тобто\(2 = 1\).

Цей аргумент не звуковий (слава богу!) тому що одне з приміщень - насправді погана передумова виступає як одне з виправдань кроку - є помилковим. Можна посперечатися з досконалою логікою, щоб домогтися повної нісенітниці, якщо включити помилкові приміщення.

Практика

Неправда, що ви завжди можете скасувати одне і те ж саме з обох сторін рівняння. За яких обставин таке скасування заборонено?

Отже, як ви можете визначити, чи має аргумент дійсну форму? Використовуйте таблицю істинності. Як приклад, ми перевіримо, що правило висновку, відоме як «деструктивна дилема», є дійсним за допомогою таблиці істинності. Ця форма аргументу містить змінні\(4\) предикатів, тому таблиця істинності матиме\(16\) рядки. Існує стовпець для кожної зі змінних, передумов аргументу і його висновку.

\(A\;B\;C\;D\)	\(A \implies B\)	\(C \implies D\)	\(¬B ∨ ¬D\)	\(¬A ∨ ¬C\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\text{T} \;\text{T} \;\text{T} \;\text{T}\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\phi\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\phi\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\text{T} \;\text{T} \;\text{T} \; \phi\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\phi\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\phi\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\text{T} \;\text{T} \;\phi \;\text{T}\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\phi\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\text{T} \;\text{T} \;\phi \;\phi\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\text{T} \;\phi \;\text{T} \;\text{T}\)	\ (A\ означає B\) ">\(\phi\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\phi\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\text{T} \;\phi \;\text{T} \;\phi\)	\ (A\ означає B\) ">\(\phi\)	\ (C\ означає D\) ">\(\phi\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\phi\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\text{T} \;\phi \;\phi \;\text{T}\)	\ (A\ означає B\) ">\(\phi\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\text{T} \;\phi \;\phi \;\phi\)	\ (A\ означає B\) ">\(\phi\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\phi \;\text{T} \;\text{T} \;\text{T}\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\phi\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\phi \;\text{T} \;\text{T} \;\phi\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\phi\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\phi \;\text{T} \;\phi \;\text{T}\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\phi\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\phi \;\text{T} \;\phi \;\phi\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\phi \;\phi \;\text{T} \;\text{T}\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\phi \;\phi \;\text{T} \;\phi\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\phi\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\phi \;\phi \;\phi \;\text{T}\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)
\ (A\; B\; C\; D\) ">\(\phi \;\phi \;\phi \;\phi\)	\ (A\ означає B\) ">\(\text{T}\)	\ (C\ означає D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬B ∨ ¬D\) ">\(\text{T}\)	\ (¬А ∨ ¬С\) ">\(\text{T}\)

Тепер відзначте лінії, в яких істинні всі приміщення цієї форми аргументу. Слід зазначити, що в кожній окремій ситуації, в якій всі приміщення вірні, висновок також вірний. Саме це робить «деструктивну дилему» - і всіх її друзів - правилом висновку. Всякий раз, коли всі приміщення вірні, так і висновок. Ви також повинні помітити, що є кілька рядків, в яких висновок вірний, але якась одна з передумов - ні., Це теж нормально, чи не розумно, що висновок аргументу може бути правдою, але в той же час деталі аргументу непереконливі?

Як ми вже зазначали раніше, аргумент за допомогою дедуктивних міркувань може піти не так лише певними добре зрозумілими способами. В основному або форма аргументу недійсна, або хоча б одне з передумов помилкове. Уникнення помилкових передумов у ваших аргументах може бути складнішим, ніж це звучить - багато тверджень, які звучать привабливо або інтуїтивно зрозумілі, насправді є контрфактичними. Інша сторона медалі, будучи впевненим, що форма вашого аргументу є дійсною, здається досить легкою - просто переконайтеся, що використовуйте лише правила висновку, наведені в таблиці 2.6.1. На жаль, більшість аргументів, які ви або читаєте, або пишете, будуть в прозі, а не з'являтися як формальний список відрахувань. При роботі з цим параметром - використовуючи природну, а не формалізовану мову - помилки у формі є досить поширеним явищем.

Для критики зазвичай виділяють дві недійсні форми, зворотну помилку і зворотну помилку. У певному сенсі ці два, мабуть, різні способи накрутити - це дійсно одне і те ж. Подібно до того, як умовний оператор та його контрапозитив, як відомо, еквівалентні, так і інші пов'язані твердження - зворотне та зворотне - еквівалентні. Зворотна помилка полягає у помилці імплікації у формі modus ponens для його зворотного.

Помилка зворотного:

\[\begin{array} &&B \\ &\underline{A \implies B} \\ ∴ &A \end{array}\]

Розглянемо, на мить наступний аргумент.

Якщо носорог побачить щось у вогні, він буде тупати по ньому.

Носоріг тупав мою качку.

Тому носорог, мабуть, думав, що моя качка горить.

Це правда, що у носорогів є інстинктивне бажання гасити пожежі. Крім того, ми можемо добре уявити, що якщо хтось зробив цей смішний аргумент, що їхня качка, мабуть, насправді була розчавлена носорогом. Але, чи виправданий висновок про те, що качка була у вогні? Насправді не те, що перша частина аргументу стверджує, що «(у вогні) означає (носорог тупає)», але не міг носорог тупати щось з інших причин? Можливо, носорог був просто негарним. Можливо, качці просто жахливо не пощастило.

Чим ближче умовний до того, щоб бути бізастережним, тим більш розумним звучанням є аргумент, що демонструє зворотну помилку. Дійсно, якщо аргумент насправді містить біумовний, то «зворотна помилка» взагалі не є помилкою.

Нижче наведено цілком вагомий аргумент, що (на жаль) має помилкову передумову.

Ви отримаєте A у своєму класі Фондів, якщо і тільки якщо прочитаєте книгу доктора Філдса.

Ви читали книгу доктора Філдса.

Таким чином, ви отримаєте A в Фондах.

Припустимо, що ми намагаємося змінити основну передумову цього останнього аргументу на щось більш правдоподібне.

Якщо ви прочитаєте книгу доктора Філдса, ви пройдете свій клас Фондів.

Ви не читали книгу доктора Філдса.

Тому ви не пройдете Фонди.

Цей останній аргумент демонструє так звану зворотну помилку. Це ні в якому разі не мається на увазі як гарантія, але тим не менш, здається розумним, що якщо хтось прочитає цю книгу, він пройде курс з цього матеріалу. Другу передумову також легко уявити як правдиву, хоча «ви», на яке воно посилається, очевидно, не є вами, тому що ви читаєте цю книгу! Але навіть якщо ми приймаємо приміщення як істинне, висновку не слід. Людина, можливо, прочитала якусь іншу книгу, яка зразково зверталася до необхідного матеріалу.

Зверніть увагу, що імена цих двох помилок походять від зміни, які потрібно було б зробити, щоб перетворити їх на modus ponens. Наприклад, зворотна помилка зображується формально:

\[\begin{array} &&¬A \\ &\underline{A \implies B} \\ ∴ &¬B \end{array}\]

Якщо ми замінили умовний у цій формі аргументу на його зворотний,\((¬A \implies ¬B)\) то переглянутим аргументом буде modus ponens. Аналогічно, якщо ми замінимо умовний аргумент, який страждає від зворотної помилки його зворотним, ми будемо мати modus ponens.

Вправи:

Вправа\(\PageIndex{1}\)

Визначте логічну форму з наступних аргументів. Використовуйте символи, щоб виразити цю форму та визначити, чи є форма дійсною чи недійсною. Якщо форма недійсна, визначте тип допущеної помилки. Прокоментуйте також обґрунтованість аргументу, зокрема, визначте, чи є будь-яке з приміщень сумнівним.

1. Всі, хто винен, сидить у в'язниці. Джордж не у в'язниці. Тому Георгій не винен.
2. Якщо хтось їсть апельсини, у вас буде високий рівень вітаміну С. У вас високий рівень вітаміну С. Тому ви повинні їсти апельсини.
3. Всі риби живуть у воді. Скумбрія - риба. Тому скумбрія живе у воді.
4. Якщо ви лінуєтеся, не проходьте курси математики. Всі ліниві. Тому ніхто не повинен проходити курси математики.
5. Всі риби живуть у воді. Восьминіг живе у воді. Тому восьминіг - риба.
6. Якщо людина йде в політику, то він негідник. Гарольд пішов у політику. Тому Гарольд - негідник.

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Нижче наведено правило висновку, яке ми називаємо розширеною елімінацією.

\[\begin{array} &&(A ∨ B) ∨ C \\ &¬A \\ &\underline{¬B\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;} \\ ∴ &C ​\end{array}\]

Скористайтеся таблицею істинності, щоб переконатися, що це правило є дійсним.

Вправа\(\PageIndex{3}\)

Якщо ми дозволимо квантифікатори та відкриті речення у формі аргументу, ми отримаємо пару нових форм аргументів. Аргументи, що стосуються екзистенціально кількісних передумов, зустрічаються рідко — нові форми, про які ми говоримо, називаються «універсальний modus ponens» та «універсальний modus tollens». Незначні передумови також можуть бути кількісно визначені або вони можуть включати певні елементи всесвіту дискурсу - це змушує нас розрізняти підтипи аргументів, які називаються «універсальними» та «особливими».

Наприклад,

\(\begin{array} &&∀x, A(x) \implies B(x) \\ &\underline{A(p)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;} \\ ∴ &B(p) ​​\end{array}\)

це особлива форма універсального modus ponens (тут не\(p\) є змінною — вона позначає певний елемент всесвіту дискурсу) і

\(\begin{array} &&∀x, A(x) \implies B(x) \\ &\underline{∀x, ¬B(x)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;} \\ ∴ &∀x, ¬A(x) ​​\end{array}\)

універсальна форма (універсального) модусу tollens.

Перегляньте аргументи з задачі (1), визначте їх форми (включаючи квантори) та чи є вони універсальними чи особливими.

Вправа\(\PageIndex{4}\)

Визначте правило висновку, яке використовується.

1. Бібліотека Булі дуже висока. Тому або Бібліотека Булі дуже висока, або вона має багато рівнів під землею.
2. Трава зелена. Небо блакитне. Тому трава зелена, а небо блакитне.
3. \(g\)має замовлення\(3\) або має порядок\(4\). Якщо\(g\) має порядок\(3\), то\(g\) має зворотний. Якщо\(g\) має порядок\(4\), то\(g\) має зворотний. Тому\(g\) має зворотне.
4. \(x\)більше\(5\) і\(x\) менше\(53\). Тому\(x\) менше ніж\(53\).
5. Якщо\(a|b\), то\(a\) ідеальний каре. Якщо\(a|b\), то\(b\) ідеальний каре. Тому якщо\(a|b\), то\(a\) це ідеальний квадрат і\(b\) є ідеальним каре.

Вправа\(\PageIndex{5}\)

Прочитайте наступний доказ того, що сума двох непарних чисел парна. Обговоріть використані правила умовиводу.

Доказ: Нехай\(x\) і\(y\) бути непарними числами. Потім\(x = 2k + 1\) і\(y = 2j + 1\) для деяких цілих чисел\(j\) і\(k\). За алгеброю,

\(x + y = 2k + 1 + 2j + 1 = 2(k + j + 1).\)

Зверніть увагу, що\(k +j +1\) це ціле число, тому що\(k\) і\(j\) є цілими числами. \(x + y\)Звідси навіть.

Q.E.D.

Вправа\(\PageIndex{6}\)

Іноді при побудові доказу ми вважаємо за необхідне «послабити» нерівність. Наприклад, ми, можливо, вже зробили висновок, що,\(x < y\) але те, що нам потрібно в нашому аргументі, це те, що\(x ≤ y\). Це нормально, щоб зробити висновок\(x ≤ y\),\(x < y\) тому що перший просто стенографія для\(x < y ∨ x = y\). Яке правило висновку ми використовуємо для того, щоб зробити висновок,\(x ≤ y\) що вірно в цій ситуації?