Los principios de la argumentación y la luz de la prueba. La lógica griega
| Autor | Antonio Benítez |
| Páginas | 289-352 |
Los principios de la argumentación y la luz de la prueba.
La lógica griega
Antonio Benítez López
INTRODUCCIÓN: CRONOLOGÍA Y PERÍODOS
ristóteles afirma que Zenón de Elea fue el fundador de la Dialéctica. E igual-
mente atribuye a Sócrates el descubrimiento del papel y función de lo univer-
sal (kathólou) y la definición (horismós).1 Discípulos de Sócrates fueron
tanto Platón como Euclides de Megara. Teofrasto —discípulo de Aristóteles— fue el
puente de unión entre la lógica de Aristóteles y la de la Estoa. En paralelo, desde Eu-
clides de Megara aparece la escuela de los megáricos: Diodoro y Filón entre otros. Y
de éstos los estoicos más estrechamente unidos a ellos, como Crisipo. «De esta forma,
en la antigüedad griega tenemos que ocuparnos fundamentalmente de un período rela-
tivamente corto, el que va de la segunda mitad del siglo IV (350) al final del siglo III
(200) a. C.».2 En este capítulo estudiaremos la lógica de Aristóteles y la de los megári-
cos y estoicos; ambos estudios irán precedidos de otro sobre Platón.
PLATÓN
No puede faltar la figura de Platón en una historia de la lógica griega. Sobre todo, si
por lógica no se entiende una trivialidad. Fue Platón quien hizo de nuestras vagas re-
presentaciones generales estrictos conceptos. También Platón puso ante los ojos el
problema de cuál sea la ciencia que fundamenta la validez de las demostraciones ma-
temáticas. Y dejó una herencia que Aristóteles intentó dominar, herencia que compro-
mete la forma y manera de construir una Lógica. Por eso he dividido mi exposición
en las siguientes partes: 1.ª, los problemas asociados con la demostración matemática;
2.ª, el método de la diaíresis; 3.ª, el método de los conceptos; y 4.ª, el problema de la
predicación universal y la cuantificación.
1 Metafísica I, 6, 987b1-4.
2 I. M. Bochenski, Historia de la Lógica formal, trad. de Millán Bravo Lozano, Madrid, Gredos,
1966, p. 38.
A
290 ÁTOMOS, ALMAS Y ESTRELLAS
La demostración geométrica
Sócrates empieza3 (82b) dibujando un cuadrado de 2 pies de lado. Pregunta si todos
sus lados no medirán 2 pies y si sus diagonales no serán iguales entre sí.
El esclavo admite que es así.
Sócrates establece el área de la figura como igual a base por altura. En este caso,
por ser un cuadrado, el área será igual a lado por lado, es decir, 4.
Sócrates plantea, a continuación, el problema de cómo será un cuadrado doble del
anterior. El esclavo se equivoca en sus respuestas. Afirma que dicho cuadrado tendrá
un lado doble del lado del cuadrado inicial, es decir un lado de 4 pies.
Pero ahora es claro que el área del último cuadrado no es el doble del área del ini-
cial, sino el cuádruplo. La solución, que Sócrates sólo alude, consiste en «hacer núme-
ros» (84a), es decir en advertir que se trata de 8, que no es un entero.
A partir de 84d Sócrates reanuda el diálogo con el esclavo. Sócrates propone otro
método para resolver el problema de encontrar un cuadrado cuya área sea doble del
área del cuadrado inicial ABCD. Y vuelve al cuadrado de partida.
Sócrates va añadiendo cuadrados iguales a ABCD hasta completar un cuadrado
cuyo lado es doble de AB. A continuación, Sócrates dibuja diagonales en los cuatro
cuadrados iguales a ABCD y forma otro cuadrado HIBC:
3 Platón, Menón, trad. de Antonio Ruiz Elvira, Madrid, Instituto de Estudios Políticos, 1970, 81e-
86a.
LOS PRINCIPIOS DE LA ARGUMENTACIÓN Y LA LUZ DE LA PRUEBA 291
Ahora los datos del problema son:
1. Tenemos cuatro triángulos iguales: ABC, ABH, AHI y AIC.
2. El área de uno cualquiera de ellos, p. ej. ABC, es la mitad del área del cuadrado
ABCD. Es decir, ABC = ABCD / 2.
3. El área de HIBC = ABC + ABH + AHI + AIC
Por tanto:
4. HIBC = ABC + ABC + ABC + ABC, por sustitución de 1 en 3
5. HIBC = (ABCD / 2) + (ABCD / 2) + (ABCD / 2) + (ABCD / 2), por sustitución
en 4 de 2
6. ABCD = AB * AB y también = AC * AC, por definición
7. HIBC = (AB * AB / 2) + (AB * AB / 2) + (AC * AC / 2) + (AC * AC / 2), por
sustitución en 5 de 6
8. HIBC = 2 (AB * AB / 2) + 2 (AC * AC / 2) = (AB * AB) + (AC * AC), resol-
viendo 7
9. Pero HIBC = BC * BC, por definición
10. BC * BC = (AB * AB) + (AC * AC), por sustitución en 8 de 9
11. B
C
2
=
A
B2
+
AC
2, operando en 10 (que es el teorema de Pitágoras).
La solución del problema planteado: el cuadrado doble de ABCD será el cuadrado
cuyo lado es la diagonal BC. Y el método para calcular la longitud de su lado es el
teorema de Pitágoras.
Mas lo importante es advertir que las líneas 4, 5, 7, 8, 10 y 11 son obtenidas por
«inferencia inmediata» o aplicación de una regla de inferencia. Estudiemos la línea 4.
Hay tres sustituciones de una subexpresión de la expresión existente en la línea 3. Es
decir, es como si se hubieran hecho por separado tres sustituciones y luego se hubieran
reunido en un único paso, en una única inferencia o en una aplicación múltiple de una
regla de inferencia que llamamos «sustitución».
Pero no hay duda de que Platón sabe que hay un fundamento para la regla de sus-
titución en este caso al menos. Lo sustituido es el nombre de un objeto, de un triángulo
que es igual a otro triángulo porque se ha construido así. Ahora bien, dos figuras son
iguales si coinciden entre sí —así lo recoge el axioma 7 de los Elementos de Eucli-
des—. Lo que intuitivamente añade Platón es que dos objetos iguales —sus nom-
bres— son intercambiables en expresiones que los contengan.
Por otro lado, toda la demostración se desarrolla hablando de un cuadrado HIBC
y de unos triángulos ABC, ABH, AHI y AIC distintos de otros que podríamos
«imaginar», por ejemplo triángulos rectángulos de catetos iguales pero de 4 pies. Es
decir, la demostración se desarrolla hablando de objetos individuales y concluye con
una afirmación válida inmediatamente para cualquiera de los triángulos ABC, ABH,
AHI y AIC, a saber: B
C
2
=
A
B2
+
AC
2. ¿Por qué, no obstante, la formulación del
teorema es:
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