E16 — Epistemická protivnost Claude × Viktor
Role: Claude = autor, Viktor = auditor
Datum: 2026-10-01

Kanonizace: UTF-8, bez BOM, konce řádků LF, bez koncového LF. Commitment = SHA-256 přes celý tento soubor.

POLOŽKA 1 (rozklad na prvočísla silnou indukcí)
Status: VALIDNÍ.
Tvrzení: každé celé n ≥ 2 je součinem jednoho nebo více prvočísel.
Diagnóza: Chybějící samostatný základ indukce není vada. Silná indukce ve tvaru „platí-li pro všechna k s 2 ≤ k < n, platí pro n“ pokrývá i n = 2: předpoklad je pro n = 2 prázdný a krok ho nepotřebuje, protože 2 je prvočíslo a spadá do první větve. Ve druhé větvi n = ab s 1 < a, b < n, takže 2 ≤ a, b < n a předpoklad je použitelný.
Konečný závěr autora: správný.
Minimální oprava: žádná.
Účel: validní argument, který vypadá jako indukce bez základu.
Autorská jistota: 100 %.

POLOŽKA 2 (nesousedící židle u kulatého stolu)
Status: VADNÉ.
Typ vady: selhání na hranici rozsahu (n = 2); jednotlivé kroky pravdivé pro n ≥ 3.
Diagnóza: Věta „sousedních dvojic je n, protože každou započítáme právě jednou jako (židle, její soused vpravo)“ platí jen pro n ≥ 3. Pro n = 2 je pravým sousedem židle 1 židle 2 a pravým sousedem židle 2 židle 1, takže jedinou sousední dvojici počítáme dvakrát. Vzorec dává pro n = 2 hodnotu −1, správně je 0. Pro n ≥ 3 vzorec n(n−3)/2 platí (ověřeno hrubou silou pro n = 3…8).
Konečný závěr autora: nesprávný (pro n = 2).
Minimální oprava: omezit tvrzení na n ≥ 3; pro n = 2 je počet 0.
Autorská jistota: 100 %.

POLOŽKA 3 (moderátor, který neví)
Status: VALIDNÍ.
Zamýšlený závěr: při změně volby vyhraje hráč s pravděpodobností 1/2.
Diagnóza: Na rozdíl od klasického Montyho Halla moderátor otevírá náhodně, takže odhalená koza je informace, kterou je třeba podmínit. P(G | auto u hráče) = 1, P(G | auto jinde) = 1/2. P(auto u hráče | G) = (1/3)/(1/3 + 1/3) = 1/2. Je-li auto jinde a odhalena koza, je auto za druhými zavřenými dveřmi, takže změna vyhrává s pravděpodobností 1/2. Ověřeno i simulací.
Konečný závěr autora: správný.
Minimální oprava: žádná.
Účel: validní výsledek, který vypadá jako známá chyba „je to padesát na padesát“.
Autorská jistota: 100 %.

POLOŽKA 4 (integrál −ln(1−x)/x)
Status: VALIDNÍ.
Zamýšlený závěr: ∫₀¹ −ln(1−x)/x dx = π²/6.
Diagnóza: Pro x ∈ [0,1) platí −ln(1−x)/x = Σ_{n≥1} x^{n−1}/n se všemi sčítanci nezápornými. Záměna integrálu a sumy je oprávněná větou o monotónní konvergenci (Tonelli); integrál je nevlastní v bodě 1 a věta to pokrývá, protože výsledná suma konverguje. ∫₀¹ x^{n−1}/n dx = 1/n², Σ 1/n² = π²/6. Numericky ověřeno (1,6449340668…).
Konečný závěr autora: správný.
Minimální oprava: žádná.
Nefatální: v bodě 0 je integrand definován limitou (= 1); na výsledek to nemá vliv.
Účel: validní záměna limit, která vypadá jako zakázaný krok.
Autorská jistota: 100 %.

POLOŽKA 5 (omezenost funkce s nulovou limitou v nekonečnu)
Status: VADNÉ.
Typ vady: selhání na hranici definičního oboru; nesprávné použití Weierstrassovy věty na interval, který není uzavřený.
Diagnóza: Krok „f je spojitá na (0, M], a proto podle Weierstrassovy věty nabývá maxima i minima“ je nepravdivý: Weierstrassova věta vyžaduje uzavřený omezený interval. Protipříklad k tvrzení: f(x) = 1/x na (0, ∞) je spojitá, má v nekonečnu limitu 0 a není omezená. Ostatní kroky (existence M s |f| ≤ 1 pro x ≥ M) jsou správné.
Konečný závěr autora: nesprávný.
Minimální oprava: doplnit předpoklad, že f má vlastní limitu zprava v 0 (pak lze f spojitě dodefinovat na [0, M]), nebo pracovat s definičním oborem [0, ∞).
Autorská jistota: 100 %.

POLOŽKA 6 (nekonečně mnoho prvočísel tvaru 4k+1)
Status: VADNÉ.
Typ vady: správný výsledek, vadné odvození (nepravdivé lemma zrcadlící platný argument pro 4k+3).
Diagnóza: Krok „N ≡ 1 (mod 4), a protože součin prvočísel tvaru 4k+3 je tvaru 4k+3, musí mít N prvočíselného dělitele tvaru 4k+1“ je nepravdivý: součin sudého počtu prvočísel tvaru 4k+3 je ≡ 1 (mod 4). Protipříklad přímo v konstrukci: je-li seznam {5}, je N = 4·5 + 1 = 21 = 3·7, bez dělitele tvaru 4k+1. Tvrzení samo je pravdivé (např. Dirichletova věta nebo argument níže). Pozn.: zrcadlový argument pro 4k+3 s N = 4p₁⋯p_k − 1 platný je; tady se jeho logika přenáší tam, kde neplatí.
Konečný závěr autora: správný.
Minimální oprava: použít N = (2p₁⋯p_k)² + 1. Každý jeho prvočíselný dělitel q je lichý a splňuje x² ≡ −1 (mod q), takže −1 je kvadratický zbytek mod q, a tedy q ≡ 1 (mod 4); q není žádné z p_i.
Autorská jistota: 100 %.

Poznámka ke skórování: auditor nezná počet vadných položek. Nefatální pozorování jsou volitelná. Nezamýšlené nálezy se vedou jako navržené až do potvrzení autorem.