Logica Matematica (UNED) – Ejercicios Resueltos.pdf

  • Lgica MatemticaProblemas Resueltos
  • Captulo II.II-1. Solucin:a) Sean: p, la relacin R es relacin de equivalencia;q, la relacin R es reflexiva, simtrica y transitiva;As pqb) Sean: r, la humedad es alta;s, llover esta tarde ;t, llover esta noche;As r(st)c) Sean: u, el cncer se cura;w, se determina la causa;x, se encuentra un nuevo frmaco;As u(wx)d) Sean: y, se requiere valor;z, se requiere preparacin;a, se escala esta montaa;As a(zy)e) Sean: b, es un hombre que hace una campaa dura;c, es un hombre que probablemente ser elegido;As bc
  • Lgica Matemtica Pg:2II-2. Solucin:a) Si est enfermo necesita un doctor y si tiene un accidentenecesita un abogado.b) Si necesita un doctor, est enfermo o es injuriado.c) Si necesita un doctor y un abogado, tiene un accidente.d) Necesita un doctor y un abogado, si y slo si est enfermo y esinjuriado.e) Si, ni est enfermo ni es injuriado, no necesita un doctor.(En sta es obvia laaplicacin de una de las leyes de Morgan).II-3. Solucin:Un procedimiento es hacer la tabla de verdad (si todos son ceroses una contradiccin, sitodos son unos es una tautologa, y si ni louno ni lo otro, son indeterminaciones). Esrecomendable hacer esteejercicio, como se explica ms adelante, mediante laformaclausulada; pero para indeterminaciones, el proceso es anlogoal aqu descrito, o sea, sebuscar un ejemplo para el que esverdadera y otro para el que es falsa. As:a) es tautologa;b) es indeterminada, pues para p=1 y q=0 es falsa y para p=q=1,es verdadera;c) es indeterminada, pues para q=1 la frase es falsa y si q=0,la frase es verdadera, parap = 0.d) es indeterminada, pues para p=1 es verdadera y para p=0 y q=1es falsa.e) es tautologa.f) es indeterminada, pues para p=0 y q=1 es falsa, y para p=q=1es verdadera.g) es tautologa.
  • Lgica Matemtica Pg:3h) es tautologa.i) es tautologa.j) es indeterminacin, pues para p=q=0 es verdadera y para p=0 yq=1 es falsa.k) es una contradiccin.l) es una indeterminacin, pues es falsa para p=1 y verdaderapara p=0.m) anloga a la anterior, pero al revs.II-4. Solucin:Hacer las tablas es trivial. Por rboles semnticosse tiene:a) Si p es verdadera, la segunda implicacin es verdadera (portener el consecuenteverdadero) y por ser toda la proposicin unadisyuncin, es verdadera; si p es falsa, laprimera implicacin esverdadera (por tener el antecedente falso) y por ser todalaproposicin una disyuncin, es verdadera.b) Si p es verdadera, la verdad de ambos miembros de la dobleimplicacin queda reducidaa la verdad de la misma proposicin, o sea,no q, lo que genera una verdad, pues no qequivale a no q; si p esfalsa, el primer miembro es verdadero por tener elantecedentefalso, y el segundo miembro tambin es verdadero, ya quees la negacin de la falsedadp y q, la cual es falsa por serlo p;luego la proposicin es una tautologa.c) Si p es falsa, el segundo trmino de la disyuncin esverdadero, ya que es la negacin deuna falsedad obvia; si p esverdadera, hay dos posibilidades: i) que q sea falsa; entoncesno qes verdadera y toda la disyuncin es verdadera, y, ii) que q seaverdadera; entoncesla implicacin material es falsa; la conjuncintambin resulta falsa; su negacin esverdadera; y la disyuncinresulta, por ello, tambin verdadera.Por refutacin se tiene:a) La negacin de (pq)(qp), (sabiendo que (ab)ab, por De Morgan),es((pq)(qp)) (pq)(qp) pqqp, que es una contradiccin, lo quepruebaque la sentencia dada es una tautologa.b) (pq) (pq). Es una tautologa: La negacin de ab es (ab), que,en lgica deproposiciones, es ab, as que la negacin de la proposicindada es (pq)(pq),
  • Lgica Matemtica Pg:4o sea (pq)(pq), que por De Morgan queda (pq)(pq), lo cual esunacontradiccin.c) La negacin de la proposicin, aplicando De Morgan, esq((pq)p), o sea,pq(pq). Aplicando la distributiva quedar:(pqp)(pqq), cuyos dostrminos son contradicciones.II-5. Solucin:Si se pretende deducir directamente de los axiomas desde elprincipio, el proceso es largo: enPM esta proposicin es el teoremanmero 87. Sin embargo se puede probar usando la reglade sustitucin,suponiendo ya probados otros teoremas deducidos previamente – comose haceen PM -. Por ejemplo, como toda proposicin se implicamaterialmente a s misma, (o sea p p), tenemos:((p(qr))(p(qr))ahora,(p(qr))((pq)r)por definicin de implicacin aplicada al segundo trmino;aplicando sucesivamente a ste laley de De Morgan (teorema probadopreviamente) y, de nuevo, la definicin de la implicacinmaterial, sellega a que ste es ((pq)r), o sea, el consecuente de la proposicindada.II-6. Solucin:Sean las tres proposiciones premisas, respectivamente P1, P2 yP3. Entonces:1) (pq)s, por regla de insercin a P1 y P2;2) s, por regla de eliminacin del a P3;3) q, idem;4) (pq), por modus tollens a 1) y 2);
  • Lgica Matemtica Pg:55) ((pq)), por aplicacin de la definicin de a 4);6) pq, por eliminacin del negador RE a 5);7) qp, por def. de a 6);8) p, por modus ponens a 3) y 7).II-7. Solucin:Sean las premisas respectivamente P1, P2 y P3; P4 es superflua,pues es P2. As tenemos:1) rs, por def. de a P1;2) (ps), idem a P3;3) (ps), por RE a 2);4) ps, por De Morgan a 3);5) p, por RE a 4);6) s, idem.7) q, por modus ponens a P4 (o a P2) y a 5);8) sr, por la regla de transposicin a 1);9) r, por modus ponens a 6) y 8);10) qr, por RI a 7) y 9).II-8. Solucin:Sea P1 la primera premisa. Las otras son innecesarias, pues:
  • Lgica Matemtica Pg:61) q, se obtiene directamente de P1 por modus ponens;2) qt, por RI a 1).Se ve que se pueden seguir otros caminos aplicando latransitividad de la implicacin, peroson mucho ms largos.II-9. Solucin:a) Aplicando sucesivamente la eliminacin de , la ley de DeMorgan, la propiedaddistributiva y suprimiendo las clusulastautolgicas que llevan q, queda:(prsrs); (prqrs); (qrsrs); (qpsrs).Todaslas clusulas son tautologas. Los ejercicios b.- y c.- sonigualmente triviales y sedejan al lector.b) Se aplicarn sucesivamente la eliminacin de , la eliminacin de, la ley deDe Morgan, y la idempotencia del , para eliminar laclusula repetida.c) Se aplicarn sucesivamente la eliminacin del y del ,conjuntamente con laley de De Morgan, y despus las reglas dedistributividad. En ambos casos, todaslas clusulas resultan sertautologas.II-10. Solucin:6.- Sea la negacin de la conclusin C: p. Entonces las clusulasson: P1: pqr; P2:rs; de P3 se obtienen P3-1: q, y P3-2: s. Vamos aaplicar resolucin conrefutacin. De P1 y P3-1 se obtiene P4: pr; deP2 y P3-2 se obtiene P5: r; de P4y P5, P6: p, la cual, con C,origina la clusula vaca.7.- P3 origina dos clusulas al aplicar De Morgan (sale un ). Lasclusulas son; P1: rs;P2: pq; P3-1: p; P3-2: s; P4: pq; C: qr.Ahora: de P1 y P3-2, P5: r;de P2 y P3-1, P6: q; de P6 y C, P7: r;de P5 y P7 se obtiene la clusula vaca.8.-: De P1 se obtiene q; C1 es q, tras negar la conclusin, asque la obtencin de laclusula vaca es inmediata.
  • Lgica Matemtica Pg:7II-11. Solucin:Una posible solucin es esta pregunta: Dgame: El restaurante esta la derecha si y slo sies ud. un mentiroso? Verdad?. Si larespuesta es no, el restaurante est a la derecha y sies s, est a laizquierda, con independencia de que hayamos dado con el mentiroso ono.Efectivamente, sea D est a la derecha, I est a la izquierda, Vdice la verdad y Mmiente. Las posibles situaciones son: a) DM; b)DV; c) IM; d) IV. Veamos qu seresponde en cada caso a la preguntaDM?:a) La doble implicacin es verdadera. Como miente, dice: NO.b) La doble implicacin es ahora falsa. Como dice la verdad,responde: NO.c) Tambin ahora la doble implicacin es falsa. Como miente, dice:S.d) Ahora la doble implicacin es verdadera. Como dice la verdad,dice: S.II-12. Solucin:Sea A, Juan necesita un abogado y sea M, Juan necesita un mdico.Las premisas formanla conjuncin: (AM)(AM). Esta expresin puedeescribirse como (AM)(AM). SiM, se infiere una contradiccin (haga latabla de verdad de M(AM)(AM), ycompruebe que es una contradiccin);luego necesariamente Juan necesita un mdico. (Obien ((AM)(AM))M esuna tautologa). Por otro lado, si A, se tiene la fraseA(AM)(AM);esta proposicin no es una contradiccin necesariamente (haga latablade verdad y comprubelo); as pues no necesariamente Juan necesita unabogado.Captulo III.III-1. Solucin:Sean R es rumiante, C es carnvoro y M es mamfero. Las premisasson P1: x(Rx Cx); P2: x(MxCx); la conclusin es x(MxRx), cuyanegacin (vamos a operar por
  • Lgica Matemtica Pg:8refutacin) designaremos por P3: x(MxRx). As, en formaclausulada, se tiene: P1:RxCx; P2-1: Ma; P2-2: Ca (a es unaconstante de Skolem); P3: MxRx. De P1 yP3, por resolucin se obtieneP4: MxCx; de P4 y P2-1, P5: Ca; de P5 y P2-2 seobtiene la clusulavaca.III-2. Solucin:a) xyPxy, en forma clausulada, con sustitucin de la funcin deSkolem, es Pxf(x);luego el predicado debera satisfacerse para todoslos valores del universo deldiscurso, si fuera verdadero. O sea,debera satisfacerse P(1, f(1)) P(2, f(2)), esdecir P(1, 2) P(2, 1),pero esto es falso ya que P(2, 1) es falsa (lo diceelenunciado).b) P(a, f(a))P(b, f(b)) es P(1, f(1))P(2, f(2)); ya se ha vistoque es falsa.c) En forma clausulada se tiene P(x, y) P(f(x), f(y)), osea:(P(1, 1)P(2, 2))(P(1, 2)P(2, 1))(P(2, 1)P(1, 2))(P(2, 2)P(1, 1))esta proposicin es falsa ya que la primera clusula lo es.Efectivamente, P(1, 1) es falsa yP(2, 2) tambin lo es, ambas porhiptesis en el enunciado del problema.III-3.Solucin:Sean M, es mamfero, P, es pez y Q, tiene pelos. Veamos laformalizacin delrazonamiento . P1: x(MxQx); P2: x(PxQx); laconclusin es x(PxMx), quenegada origina C: x(PxMx). En formaclausulada se tiene P1: MxQx; P2:PxQx; C1: Pa; C2: Ma; a es unaconstante de Skolem. Ahora, por resolucin conrefutacin: de P1 y P2,P3: MxPx; de P3 yC1, P4: Ma; y de P4 y C2, se obtienela clusulavaca.Para un universo del discurso de dos peces, si stos son a yb:[(MaQa)(MbQb)(PaQa)(PbQb)]
  • Lgica Matemtica Pg:9[(PaMa)(PbMb)].Haciendo Ma = p; Qa = q; Pa = r; Mb = s; Qb = t; Pb = u, setiene:[(pq)(st)(rq)(ut)] [(rp)(us)].Haga la tabla de verdad y comprobar que es una tautologa.III-4. Solucin:Llamemos P1 y P2 a las premisas en el orden en el que estn. Lanegacin de la conclusin esC: x(RxQx). Por lo tanto, las clusulasson: P1: PxQx; P2-1: Ra; P2-2: Pa; C:RxQx. Ahora, de P1 y P2-2, P3:Qa; de P3 y C, P4: Ra; de P4 y P2-1, se obtienela clusula vaca.III-5.Solucin:Sean: J, es japons, P, come pescado, e Y, es yudoca. Entonces,P1: x(JxPx); P2:x(YxJx); la conclusin es x(YxPx), que, negada,queda x(YxPx). As pues, lasclusulas son: P1: JxPx; P2-1: Ya; P2-2:Ja; C: YxPx. Ahora, de P1 y C, P3:JxYx; de P3 y P2-1, P4: Ja; y deP4 y P2-2, se obtiene la clusula vaca.Veamos la solucin del ejercicio sin usar refutacin. De P1 yP2-2, se obtiene Pa; por la reglade introduccin del , RI, de estaltima y con P2-1, se obtiene la expresin PaYa (o bienYaPa), que esla forma clausulada de x(YxPx), luego el razonamiento es correcto.Ellose debe a que la constante de Skolem es la misma. Tengamosentonces cuidado cuando hayaque poner constantes de Skolemdiferentes, como, por ejemplo, es el caso de la expresinxYxxPx,cuya forma clausulada es (como ve, tiene dos clusulas separadas por)YaPb; y, a su vez, el conjunto de las clusulas Ya y Pb, no originala expresin x(YxPx),sino la expresin x(Yx)x(Px). El cuantificadorno tiene la propiedad distributiva frentea , sino slo una propiedadsemidistributiva. As, es vlido que (x(YxPx)) (x(Yx)x(Px)). Pero laproposicin recproca (x(Yx)x(Px)) (x(YxPx)), es falsaen general,como se prueba con el contraejemplo consistente en particularizarhaciendo Y =P, en el caso de que los conjuntos asociados a Y y a Pno sean vacos (el consecuente de laltima implicacin sera falso y elantecedente verdadero).
  • Lgica Matemtica Pg:10III-6.Solucin:Eliminando el signo de implicacin material, se tiene laexpresinx(PxIx)x(FyDxy)cambiando las letras para evitar la confusin, la dejamoscomoz(PzIz)x(FyDxy)como el cuantificador universal no afecta a z, podemosescribirzx(PzIz(FyDxy))aplicando la propiedad distributiva e introduciendo unaconstante de Skolem quedan lasclusulas PaIaFy y PaIaDxy.III-7. Solucin:Formalicemos el razonamiento que es INCORRECTO. Sean M, esmamfero, P, es pez,V, vive en el agua y nada, S, tiene la sangrefra, y B, es ballena. As, las proposicionesquedan:P1: x ( Mx Sx ) MxSxP2: x ( Px Sx ) PxSxP3: x ( Px Vx ) PxVxP4: x ( Mx Vx ) P4-1: Ma P4-2: VaP5: x ( Bx Sx) BxSxC: x ( Bx Mx) C1: Bb C2: MbHemos introducido dos constantes de Skolem. C se obtiene negandoC: x(BxMx).Veamos las clusulas a las que se puede llegarcontrastando dos a dos. Tomamos la primera yla operamos con las deabajo (con las siguientes); luego hacemos lo mismo con lasegunda;
  • Lgica Matemtica Pg:11luego con la tercera , etc.; y luego con las que hayan idosaliendo volvemos a realizar laoperacin esperado que no se produzcaexplosin combinatoria.Pero en este caso tenemos suerte. Efectivamente, de P1 y P2, seobtiene P6: MxPx; deP1 y P4-1, P7: Sa; de P2 y P5, se obtiene P8:PxBx; de C1y P5, P9: Sb.Despus se pueden obtener, P10: Pb, de P2 yP9, y P11: Pa, de P2 y P7.Si se consideran ahora dos clusulas cualesquiera y se intentaoperarlas por medio de unaresolucin, se ver que, o no se puedenoperar, o el resultado de la operacin ya ha sidoobtenidopreviamente. Esto nos dice que ese conjunto de clusulas es cerradocon respecto ala resolucin y que, como la clusula vaca no est entreellas, no se puede obtener. Si se llegaen un razonamiento a laclusula vaca, ese razonamiento lleva a contradiccin: es el casodelproceso de refutacin en el que vemos que al negar la conclusinllegamos a unacontradiccin, as que el razonamiento de partida erauniversalmente vlido o verdadero.Pero si no se puede llegar a laclusula vaca en un proceso de refutacin, de ah NO se infiereque elrazonamiento inicial o de partida sea vlido. Sobre este problema sehablar msadelante.Necesitamos otro procedimiento para probar la no validez generalde este razonamiento. Paraello, escribiremos las premisas y laconclusin en forma conjuntista y buscaremos uncontraejemplo para elque ese razonamiento no es vlido. Denotaremos el conjunto asociadoacada predicado con su misma letra (es un abuso de lenguaje, perofacilita las cosas). En formaconjuntista las premisas son: 1)Mc(S), donde la letra c se lee complementario de; 2)PS; 3) PV; 4)MV ; 5) Bc(S); y la conclusin, C) BM.Un contraejemplo es el caso particular siguiente. Sean:a) P el vaco (as seguro que 2) y 3) son verdaderas).b) S = P, o sea tambin el vaco (as U = c(S) es el universo deldiscurso, con lo que 1)y 5) tambin sern verdaderas). Elegimos un Uque tenga por ejemplo slo doselementos a y b (o sea aU, bU, y ningnotro pertenece a U).c) M, el conjunto unitario cuyo nico elemento es a; elegimostambin V = M; as 4)es verdadera porque la interseccin de ambos noes vaca.d) Por ltimo elegimos B = U.Para este caso concreto, las premisas son verdaderas pero laconclusin es falsa. Luego elrazonamiento es incorrecto. La falsedadde la conclusin BM, es evidente, pues unconjunto que tiene doselementos no puede estar contenido en otro que tiene slo uno.
  • Lgica Matemtica Pg:12Para probar la falsedad de algo basta con un contraejemplo. Paraprobar la validez universalde algo no basta con unaparticularizacin.III-8. Solucin:a) No es unificable, pues a y b son constantes, y nada garantizaque a = b.b) Es unificable para x = a. Se habr observado que en el textose usa una barra deseparacin para indicar una sustitucin, en vezdel signo de igualdad. Esto es debido a quepodra haber confusinentre el signo de igualdad como identidad y el signo deigualdadcomo asignacin. Cuando ud. escribe x = a en un programa estud. asignando el valor aa la variable x, por ello no hay simetracon a = x en este significado que le damos alsigno. Pues aqu ocurreigual: x = a quiere decir que sustituimos, particularizando, xpora. No podemos sustituir la constante a por la variable x. S sepuede sustituiruna variable por otra; y se puede sustituir unavariable por una funcin de Skolem quelleve una variable distinta,pero no al contrario en general, como vamos a ver ahora.c) Estrictamente hablando, no son unificables, pues para ello noslo debera ser x = y, sinotambin y = f(x); pero esto supondra quela funcin de Skolem usada debera cumplir x= f(x), lo que slo secumplir a su vez si la ecuacin f(x) – x = 0 tiene solucin; ellonoest garantizado por la condicin nica de que f es funcin. Puededarse el caso de quef(x) x, y la unificacin no es posible engeneral.Se lo mostraremos con un ejemplo. Sea Q(m, n, t) el predicadoaritmtico m+n = t, ysea f(x) = x+7, siendo x, n, m, t, nmerosnaturales. Entonces Q(a, x, f(x)) es a+x = f(x)y Q(a, y, y) es a+y= y; de esta ltima se obtiene a = 0, y sustituyendo en laprimeraqueda x = x+7 que no es satisfecha por ningn nmeronatural.d) Haciendo z = y y x = h(v, v), se unifican en el conjuntoformado por Q(a, h(v, v), y).e) Se pueden unificar si se sustituyen adecuadamente unasvariables por otras. En este caso,se necesita slo el cambio denombre de la variable y no se produce lo mismo que en elcaso c).Haciendo sucesivamente los cambios:x1 = y1; y2 = g(x1) = g(y1); x2 = e(y2) = e(g(y1));y3 = h(x1, x2) = h(y1, e(y2)) = h(y1, e(g(y1)));x3 = f(y2, y3) = f(g(y1), h(y1, e(g(y1))));
  • Lgica Matemtica Pg:13y4 = k(x1, x2, x3) = k(y1, e(g(y1)), f[g(y1), h(y1,e(g(y1)))]).Observe que esto puede hacerse porque las variables no originanecuaciones nuevas queno sean las de la mera sustitucin. El conjuntode los literales queda unificado en unconjunto unitario deliterales: aqul que tiene por elemento (con y1 o x1, esindiferente):P(y1; g(y1); e(g(y1)); h(y1, e(g(y1))); ff; k(y1, e(g(y1)),ff)),donde ff es f[g(y1), h(y1, e(g(y1)))].III-9. Solucin:a) Para x = a, la resolvente es Q(a, b)Q(a, b), o sea Q(a,b).b) No hay resolvente, pues el nico caso candidato es a = x =f(a), pero a = f(a), no tienepor qu tener solucin si a es variable;y si es constante, no tiene por qu cumplirse.c) Antes de resolverlo haremos la suposicin de que la posicin delas variables se haobtenido a travs del proceso de clausulacin. Esdecir, que no pueden ser renombradas.Para entender esto mejorconsidere dos clusulas Px y Pf(x); no son unificables ya quenotiene por qu haber un x tal que x = f(x), y proceden de la expresinx(Px Pf(x))(1); en cambio, las clusulas Ps y Pf(x) s sonunificables para s = f(x), dado que s esuna variable que puedetomar cualquier valor y a la que le puede ser asignado f(x),ydichas clusulas proceden de una expresin como sPs x(Pf(x)), queequivale axPx x(Pf(x)) (2), a la que habra que cambiar el nombre dela primera x al ponerlaen forma clausulada, ya que esta frase esdiferente de (1); y esto no supone contradiccinalguna con ladistributividad del frente al , ya que no se trata de uncuantificador ,sino de dos cuantificadores , slo que el segundo, elexistencial, se ha cambiado por laintroduccin de la funcin deSkolem, pero no se ha eliminado, y, claro, no esdistributivo frenteal . En este problema supondremos que todos los cambios denotacinya han sido realizados y que no se pueden realizar ms. Observe quecuando hayfunciones de Skolem, no se puede reconstruir la expresinlgica de la que proceden lasclusulas (a partir de ellas) debido aesta ambigedad, excepto si se ha adoptado uncriterio como elexpuesto.Vamos a ir probando la posible resolucin de cada trmino de laprimera clusula con lasegunda.Veamos con el primero. Para ello, y = u y x = y, lo que originau = x = y; peroadems x = g(x, y) = g(x, x), que no tienen por qucumplirse en general para la g dada
  • Lgica Matemtica Pg:14(g no tiene por qu ser biyectiva, ni, en la ecuacin, tiene porqu ser y despejable).Anlogamente sucede para el segundo y para eltercero. Pero con el cuarto s puederesolverse: efectivamente, lassucesivas sustituciones o particularizaciones dadas por u= g(x, y),z = x y w = y slo particularizan, sin originar condiciones nuevas.As laresolvente es:Pxyg(x, y)) Pyxv Pxvy.En el caso de no laber hecho la suposicin a la que nos referimosantes, cabra haberinferido que Pg(x,y)xy es unificable con Pxyu(bastara con haber camibiado aPg(z,t)zt), pero hemos preferidoelegir el primer criterio por las razones antes dadas.d) Haciendo v = wy z = h(x, x), hay compatibilidad, as que laresolvente es Pwh(x, x)w,o Pvh(x, x)v, indistintamente.III-10. Solucin:Es obvio. De la segunda y la cuarta obtenemos P5: P; con P5 y laprimera, obtenemos P6:QR; de sta y de la tercera, P7: R; y de sta yla cuarta de nuevo, se obtiene la clusulavaca.III-11. Solucin:Efectivamente, es vlida universalmente (o en todo dominio oreferencial o universo deldiscurso). Para probarlo la negaremos yllegaremos a una contradiccin. Negada es xyPxy yx(Pxy), pues lanegacin de a b es a b. Esta frase tiene dos clusulas. Laprimera esPay y la segunda Pxb, donde a y b son constantes deSkolem.Resolviendo para x = a e y = b, se obtiene la clusulavaca.Nota. No se debe negar una forma clausulada intentando llegar ala clusula vaca. Si se haceas se corre un riesgo de confusin, sobretodo si no se tiene costumbre de trabajar coneste formalismo. Seap. ej. Sa; su negacin no es Sa, pues Sa es la formaclausulada, conconstante de Skolem a, de la expresin x(Sx), cuya negacin esxSx,que en forma clausulada es Sx; as, la negacin clausulada de Sa esSx y no Sa.Vamos a probar adems en este ejercicio que la recproca de lafrase del problema no esuniversalmente vlida. Es decir, lafrase(*) yxPxy xyPxy
  • Lgica Matemtica Pg:15es falsa en general. En principio intentaramos ponerla en formaclausulada y llegar a unacontradiccin o clusula vaca. Veamos lo quesucede: eliminando la implicacin, se tieneyx(Pxy) xyPxy,cuya forma clausulada es sencilla: Pxa Pby; esta frase noconduce a nada, ni siquierapara x = b e y = a, lo que dara unatautologa particular Pab Pab. Un despiste podrahacernos decir que,por haber llegado a una tautologa la frase inicial era cierta. Nadamsfalso. Si de una frase se llega a una contradiccin o a la clusulavaca, no habr duda: la fraseera falsa. Pero si mediante unaparticularizacin, esto es, sin dobles equivalencias, se llega aunatautologa, no se puede inferir que la frase de partida eraverdadera, pues de una falsedadpuede salir algo cierto, p. ej. depp; aplicando RE se obtiene p; y aplicndole a sta RI,se obtiene latautologa pp.Para probar la no validez universal (que no es la falsedaduniversal) de la frase acudiremos aun contraejemplo. Considere eluniverso U del discurso formado por los nmeros 1 y 2 y sloporellos. Elegimos Pxy x y; entonces el antecedente de (*) esverdadero pues x(de U)y (x y), ya que para el 1 se tiene el 2 ypara el 2, se tiene el 1. Pero el consecuente de laimplicacin (*)es falso pues dice que x(de U) y (x y), lo que es falso tanto parael 1como para el 2, pues si ese x es el 1, eligiendo y = 1, setiene 1 1 (falso), y si ese x es el 2,eligiendo y = 2, se tiene 2 2(falso). Como el antecedente es verdadero y el consecuentefalso,(*) es falsa en general.Podramos haber elegido un ejemplo de andar por casa: En eluniverso de los seres humanos,sea Pxy la relacin x es el padre de y(viva o no). Tambin aqu el antecedente de (*) esverdadero (dice:para cualquier persona hay o ha habido otra que es su padre, -y sino legusta, descarte a Adn y a Eva del universo del discurso-),pero el consecuente es falso (dice:hay una persona que es el padrede todo el mundo). No obstante, existen razones tcnicas paraque loscontraejemplos lgicos se elijan con universos de nmeros naturales.Procure hacerloas. Ms adelante profundizaremos un poco en esto.III.12. Con este ejercicio se pretende adquirir prctica enestrategias que permitan analizar laposible verdad o validez deproposiciones lgicas de una forma un poco ms rpida delo habitual.Otra ventaja: estas estrategias se pueden usar a la hora de hacerun examentipo test. Obsrvese que los mtodos ms utilizados sern losrboles semnticos y laasociacin con proposiciones conjuntistas.Luego, para constatar la evidencia se puedeauxiliar uno de undiagrama de Venn-Euler. Como se entender, en este problemavamos aseguir procedimientos informales.1. ((p q) (qp)). Es una contradiccin ya que la frase interior estrivialmentetautolgica. Si p es falsa, al haber en el ltimoconsecuente p, toda ella (la interior),
  • Lgica Matemtica Pg:16resulta verdadera; y si p es verdadera, la primera implicacin sereduce a q y la segundatambin, por implicar q una falsedad; lo cualorigina la tautologa interior.2. ((pq) (qr)) q. Tautologa. Si q es verdadera esto es obvio porfigurar en elconsecuente; si q es falsa, se ve en seguida que laverdad de la frase se reduce a la verdaddel primer antecedente pq,que es verdadero por ser q verdadera, luego todo elantecedente esfalso.3. (pq) (p q). Taut. Si q es falsa, el ltimo consecuente esverdadero, luego todala proposicin es verdadera; si q es verdadera,tanto el antecedente como el consecuentese reducen a p, luego todala proposicin es verdadera.4. ((p q) (p q)) p. Taut. Si p es verdadera, la frase esverdadera por tener elconsecuente verdadero; si p es falsa, elantecedente se reduce a qq, lo que unido a lafalsedad delconsecuente p, convierte la implicacin en verdadera.5. ((pq) q) p. Taut. Si p es falsa el consecuente es verdadero,lo que convierte laimplicacin en verdadera; y si p es verdadera, laverdad de pq es la verdad de q,quedando una contradiccin, falsa, enel antecedente, lo que unido a la falsedad delconsecuente,convierte la implicacin en verdadera.6. ((pq) (p q)). Es una contradiccin, ya que la frase interiordel parntesisprincipal es una tautologa. Efectivamente, en lgica deproposiciones si se admiten dosproposiciones p y q, una y otra seimplican mutuamente.7. ((pq) (qs)) (ps). Taut. Es es el formato condicional de laley de resolucin.8. p (p q). Ley de Duns Escoto. Es taut. Eliminando lasimplicaciones quedappq, que es obviamente tautolgica.9. (q(p q)) p. Ley de Clavius. Taut. Si p es verdadera, toda laproposicin esverdadera por serlo el consecuente; si p es falsa, laverdad de p q es la verdad de q;as el antecedente queda q(q) = q q,que es una contradiccin: como ambos,antecedente y consecuente sonfalsos, la implicacin es verdadera. Obsrvese que elformato de lafrase problema es propio de una lgica de segundo orden.10. (p q) (p q). Taut. Si p es verdadera, se reduce a q q, loqueevidentemente es tautologa; si p es falsa, se reduce a q q, quetambin lo es.11. (p q) (q p). Es una indeterminacin: verdadera para p = 0 y q= 1; falsa para p = 1y q = 0.
  • Lgica Matemtica Pg:1712. (p q) (q p). Taut. Si q es verdadera, el primer trmino de ladisyuncin esverdadero por serlo su consecuente, luego la disyuncines verdadera por tener un trminoverdadero; si q es falsa, elsegundo trmino de la disyuncin (la segunda implicacin) esverdaderopor ser falso su antecedente.13. (p q) (q p). Es indeterminacin. En forma contrarrecproca es(q p) (p q), que para p = 1 y q = 1 es verdadera; pero para p = 1 yq = 0 es falsa.14. (p q) (q p). Es indeterminacin. Si p = 1 y q = 1 esverdadera; si p = 1 y q =0, es falsa.15. (p q) (p q). Taut. Si p es falsa el antecedente es falso,luego la implicacin esverdadera. Si p es verdadera la verdad delantecedente es la verdad de q; pero la delconsecuente tambin porquesi p es verdadera, la verdad de p q es la verdad de q.16. (p q) (p q). Taut. Si q es verdadera la primera implicacines verdadera; si q esfalsa, la segunda implicacin es verdadera. Enambos casos la disyuncin es verdadera.17. PQ Pc(Q). (c es complemento de). Es falsa en general(compare con la anterior).El conocido contraejemplo de Russell: Pes el conjunto de los ingleses, Q el conjunto delas mujeres, c(Q)el conjunto de los hombres y el referencial U = Qc(Q), el conjuntodelas personas.18. (p (qr)) ((p q) (p r)). Taut. Si q es verdadera, elconsecuente de laimplicacin principal es verdadero por serlo laimplicacin p q (ya que a su vez tiene elconsecuente verdadero) yser verdadera entonces la disyuncin. Si q es falsa, elantecedentede la implicacin principal se reduce a p r, y el consecuente aunadisyuncin, tal que uno de sus componentes es p r tambin,originndose igualmenteuna tautologa.19. x(Px (QxRx)) (x(Px Qx) x(Px Rx)). Es falsa en general. Suformaconjuntista es (P(QR)) ((PQ) (PR)). Vale el mismocontraejemplo de Russell,con R, conjunto de los hombres (varones).Compare con la frase anterior.20. x(PxQx)(xPxxQx). Es tautolgica o universalmente vlida. Suformaconjuntista es (PQ)(P=UQ=U), que tiene tambin la forma (PQP =U)Q=U,lo que es evidente.21. (xPx xQx) x(Px Qx). Es falsa en general. Su formaconjuntista es (P = U Q = U) PQ. Cualquier contraejemplo que no lasatisface: basta con que P no estcontenido en Q y que ninguno delos dos sea el referencial: as el consecuente de la
  • Lgica Matemtica Pg:18implicacin ser falso, pero el antecedente ser verdadero por seruna implicacin cuyosantecedente y consecuente son falsos: elloorigina que la proposicin completa sea falsa.22. x(Px Qx) (xPx xQx). Es falsa en general. El cuantificadoruniversal no puedeentrar en una frase con un cuyos dos trminosposean la misma variable ligada alcuantificador (pero s puedesalir, como veremos en el prximo ejercicio xxiii, por lo quepuedehablarse de semidistributividad). Su forma conjuntista es PQ = U (P= U Q= U). Un tipo de contraejemplos que no la satisfacen: Sea P Uy P = c(Q); elantecedente es verdadero, pero el consecuente esfalso.23. (xPx xQx) x(Px Qx). Tautolgica o universalmente vlida. Suformaconjuntista es (P = U Q = U) PQ = U. Est claro que si algunode dos conjuntos esel referencial, su unin seguir siendo elreferencial.24. (x(Px Qx) Pa)Qa. Falsa en general. Su forma conjuntista es(PQ P U)Q U, que para el caso Q = U y P = , tiene el antecedenteverdadero y el consecuentefalso. En cambio, el modus tollens (x(PxQx) Qa) Pa, es verdadera.25. (xPx xQx) (xPx xQx). Falsa en general. P. ej. Si suponemosque xPxes verdadera, la frase se reduce a xQx xQx que esevidentemente falsa.26. xxvi) (xPx p) x(Px p). Taut. Y sirve de regla para sacar elcuantificadorexistencial del parntesis. La forma clausulada de laprimera se obtiene eliminando laimplicacin xPx p, y quitando elcuantificador, Px p, que es precisamente loque afirma la proposicinde la derecha.27. (xPx xQx) x(Px Qx). Taut. El antecedente afirma (al eliminarla primeraimplicacin) que, o bien P es vaco o bien Q no es vaco; asque necesariamente la unindel complementario de P con Q, no puedeser vaca: pero esto es lo que afirma elconsecuente de la implicacinprincipal c(P) Q (x(Px Qx)).28. x(PxQx) (xPx xQx). Falsa en general. Su forma conjuntista esc(P)Q (P = Q ), lo que se ve contradicho por el caso en que Q = y Psea cualquierclase no vaca pero diferente del referencial, pues sesatisface el antecedente pero no elconsecuente.29. x(Px Qx) (xPxxQx). Es taut. Dice: si una clase est contenidaen otra,entonces, si no es vaca, aquella otra tampoco puedeserlo.30. x(Px Qx) x(Px Qx). Taut. Sustituya Px Qx por Rx y tendr unatautologafundamental. Otra forma: el antecedente dice PQ; elconsecuente dice c(P)Q ; su
  • Lgica Matemtica Pg:19negacin es c(P)Q = lo que lleva a que tanto c(P) como Q tienenque ser vacos; estolleva a su vez a que Q = y P = U, con lo que PQtiene que ser falsa. Tenga en cuentaque la frase x(Px Qx), para P =Q = , es verdadera, ya que en el interior delparntesis setransforma en una tautologa.31. x(Px Qx) x(Px Qx). Falsa en general, como lo prueba elcontraejemplo P = Q= , que convierte en verdadero el antecedente yen falso el consecuente.32. (xPx xQx) xy(Px Qy). Taut. La forma clausulada del primermiembro es Pa Qx, y la del segundo es Pa Qy, o sea la misma, ya quela variable asociada a Q indicaque puede tomar cualquier valor deldominio.33. xy(Px Qy) yx(Px Qy). Taut. Por tratarse de variablesdistintas, ambas tienenpor forma clausulada Pa Qy. Otro sera elcaso de xy(Rxy) yx(Rxy), que no escierta en general, ya que a laizquierda basta con una constante de Skolem y a la derechasenecesita una funcin de Skolem. Ambos miembros de la frase problemasonequivalentes a xPx yQy .34. x(Px Qx) (xPx xQx). Taut. Dice que si dos clases soniguales, entonces, elhecho de que una cualquiera de las dos fueseigual al referencial, equivaldra a que la otratambin sera igual alreferencial. P = Q es x(Px Qx), y P Q es x(Px Qx).35. (xPx xQx) x(Px Qx). Falsa en general. En forma conjuntistadice (P = U Q = U) P = Q. Basta elegir un P y un Q tales que seandistintos y que ninguno de losdos sea el referencial; as elantecedente es verdadero, por ser falso cada uno de susdosmiembros, pero el consecuente ser falso.36. (((J R) p) R M M J) p. Es falsa en general. Para intentarfalsarlaelegimos siempre que sea posible consecuentes falsos yprocuramos que los antecedentessean verdaderos. As p. ej .eligiendo: p, falsa, J = U, M = , R = , la proposicin esfalsada:efectivamente, todo el antecedente es verdadero, en particular (JR) p, lo esporque su antecedente y su consecuente son falsos.37. y(Py xPx). Por raro que parezca, es una tautologa (atencin:no es xPx xPx,que obviamente, es falsa en general). La frase puedeser escrita como y(Py P = U), ocomo y(Py P = U), o como yPy P = U;pero yPy es c(P) , o sea P U,luego la frase expresa la tautologa PU P = U. Otra forma: introduciendo elcuantificador existencialcorrectamente la frase es yPy xPx.38. [x(x=c y(PyMyx))(Gcy(Py Myc))]Gc. Taut. Llamemos Rxay(PyMyx); entonces Rx tiene la expresin y(Py Myx), as que lafrase
  • Lgica Matemtica Pg:20problema queda bastante reducida: [x(x=cRx)(GcRc)] Gc; laequivalenciaimplica Rc; la implicacin interior del corchete, enforma contrarrecproca, es Rc Gc; y por modus ponens, se obtiene Gc,de ambas.39. xPx Pa. Es tautologa (se trata del axioma deespecificacin).40. Pa xPx. Es falsa en general; basta con que, p. ej. P no seavaco ni igual alreferencial. El antecedente ser verdadero y elconsecuente falso. En forma conjuntista lafrase es P P = U, falsaen general (recuerde que a es una constante de Skolem,que no es unaverdadera constante).41. x(p Px) (p xPx). Es taut. Se trata del axioma de introduccindelcuantificador.42. (p xPx) x(p Px). Es taut. Si p es falsa, esto es evidente,ya que el antecedentede la implicacin principal es verdadero al sera su vez una condicional cuyo antecedente,p, es falso; y laexpresin x(p Px) es igualmente verdadera pues p Px esverdadera porserlo p, y el cuantificador no afecta a nada. Y si p es verdadera,la verdaddel antecedente es la verdad de xPx; y la verdad de p Pxes la verdad de Px, luego laverdad de todo el consecuente es tambinla verdad de xPx; dicho de otro modo, si p esverdadera, la fraseproblema se reduce a la tautologa xPx xPx.43. [xPx (xGx xHx)] xyz((Px Gy) Hz). Es taut. Cambiando losnombresde las variables al primer miembro, ste queda en la formaxPx (yGy zHz); losdos miembros tienen la misma forma clausulada PxGy Hz.44. x(yPxy Qx) xy(Pxy Qx). Es taut. El segundo miembro puedeescribirsecomo x(y(Pxy Qx)); ahora vemos que las expresiones yPxyQx y y(Pxy Qx) son iguales (esto adems es un teorema importantepara sacar el cuantificadorexistencial o para introducir eluniversal). Efectivamente, la primera expresin esyPxy Qx, de formaclausulada Pxy Qx, que es la misma forma clausulada quetiene lasegunda.45. x(Px Qx) (xPx xQx). Es tautologa. Primero mostraremos lavalidez de laimplicacin hacia la derecha, que, en formaconjuntista, es: c(P)Q (P = U Q ), que puede escribirse como (c(P)QP = U) Q . Pero P = U es c(P)= , as que la primera hiptesis diceque Q , coincidiendo con la conclusin. Laimplicacin hacia laizquierda queda (P = U Q ) c(P)Q . Esto es lo mismoque (P U Q )c(P)Q ; si la escribimos en forma contrarrecproca tenemosc(P)Q = (P= U Q = ); de la hiptesis se infiere que tanto Q como c(P) handeser vacos, as que P debe ser U, y la tesis se satisface.
  • Lgica Matemtica Pg:21No existe simetra, con la frase anterior, de la expresin, x(PxQx) (xPx xQx),frase que no es universalmente vlida. Efectivamente,la implicacin hacia la izquierda (xPx xQx) x(Px Qx), s lo es, yaque queda (P Q = U) PQ, es decir (P = Q = U) PQ, lo que esevidente, ya que el vaco est contenido en cualquier conjunto ytodoconjunto est contenido en su referencial. Pero la implicacin haciala derecha, x(Px Qx) (xPx xQx), no es universalmente vlida: suforma conjuntista es PQ (P Q = U), es decir (PQ P ) Q = U, que seve falsada para cualquier caso enque, p. ej. P no sea el vaco ni elreferencial, y Q = P (el antecedente sera verdadero y elconsecuentefalso).Captulo IV.IV-1. Solucin:Para que no haya confusin con la flecha de implicacin, usaremosla letra D para indicar quede lo primero se deduce lo segundo en elsentido de Lewis, o que lo primero implica demanera lgica oestricta lo segundo. As tenemos:a) D(p, up), dice que la posibilidad de p es una consecuencialgica de que p nosucede. Examinemos esta proposicin. De acuerdo conel texto D(a, b) dice que u(a b); as la frase pedida es u [(pup)].Es imposible que p no impliquematerialmente la posibilidad de p.Esta frase, debido a la cantidad de negacionesexplcitas e implcitasque lleva es casi ininteligible; hagamos q p; la frase quedaahoracomo u( q uq), o sea u (q uq), que parece ms clara ya que dice:Esimposible que se d q y que q sea imposible. Ahora mejor? Esverdadera? Pienseen una posible prueba.b) p es lgicamente vlida, en el sentido de Lewis, es: p esnecesaria (en el sentido deLewis) , o bien es imposible que p.La frase pedida es entoncesu [((up) (uq)) (u(pq)) ];tambin esta frase es casi ininteligible. Antes de comentarlasimplifiquemos un poco.Operando se tiene:
  • Lgica Matemtica Pg:22u ( [ ( up) (uq) ] u(p q))donde hemos introducido el segundo en la implicacin; aplicandoDe Morgan denuevo,u ( ((up)( uq)) u(pq) )hagamos r p y s q.u ( (ur us) u (r s) )y sacando un ,u ( (ur us) u (r s) )los tres primeros signos se leen no es posible que no, o bien esnecesario que, obien es lgicamente vlido (en el sentido de Lewis),y el interior del parntesisprincipal es, por definicin de , laimplicacin material u (rs) (ur us);ahora est ms claro lo que diceel teorema en otro formato: Es necesario que, si doscosas sonposibles, cada una de ellas ha de ser posible. Pero, cuidado,estaperogrullada debe ser admitida axiomticamente, ya que el signou es un indefinible.Dicho de otro modo, no es demostrable.Adems, en un procedimiento deductivo convencional se admite quesi se deduce p o sise deduce q entonces se deduce pq; la recprocano es vlida en general. Esto essatisfecho tambin por la lgica deLewis. Pero en un procedimiento deductivoconvencional se admite quesi se deduce pq entonces se deduce p y se deduce q; y larecprocatambin es vlida. Como hemos visto, en lgica de Lewis, puedeaceptarseaxiomticamente la necesidad de que si es posible que seden dos cosas entonces esposible que se d cada una de ellas; pero adiferencia de los procesos deductivosconvencionales, la recproca notiene por qu ser aceptada como algo natural ninecesario, ya quepuede ocurrir que una cosa sea posible y otra tambin, pero noserloambas simultneamente: la posibilidad da un cierto carctertemporal a las funcioneslgicas. No obstante lo cual, estosproblemas pueden resolverse fcilmente con elempleo de loscuantificadores de la lgica de primer orden.IV-2. Solucin:El verbo ser tiene varias acepciones:
  • Lgica Matemtica Pg:231) (pertenece a o es elemento de). Ej. b) y c).2) Est contenido en, o est incluido en, o es una parte de, o esun subconjunto de.Se representa por y se define as:ABx(xAxB)x(AxBx), dondehemos cometido, en la segunda dobleimplicacin, el abuso de lenguaje que consisteen llamar al predicadoy a su clase asociada con la misma letra. Un ej. d) x(x esespaol xes europeo).3) En la sentencia a), el verbo ser adquiere el sentido deigualdad en uno de sussignificados que es el de identidad. DecirEspaa es el ms meridional de los paseseuropeos quiere decir, desdeel punto de vista lgico, que Espaa es (existe) el y talque y es(igual a) el ms meridional de los pases europeos, lo que traducidoes:Existe un pas que es el ms meridional de los pases europeos(llamado Espaa), yadems, si un pas es el ms meridional de los paseseuropeos , ese pas es Espaa.IV-3. Solucin:Se est aplicando la descripcin con identidad (uno de lossignificados del verbo ser), ascomo la propiedad transitiva de laigualdad. Podra parecer que es suficiente, para que elrazonamientosea correcto, que si P1: Dante = iy(y es el mejor poeta italiano) yP2: iy(y esel mejor poeta italiano) = iz(z es el autor de La DivinaComedia), entonces C: Dante = it(tes el autor de La DivinaComedia), como si fuera P1: x = y, P2: y = z, C: x = z; sinembargono es as: se necesitara la premisa adicional (o su prueba) de queexiste un nico xque es el mejor poeta italiano, as como laexistencia y unicidad del autor de La DivinaComedia. Esto, queparece un mero juego intrascendente de palabras, deja deparecerlocuando nos planteamos la posible existencia y unicidad desoluciones en ciertas ecuaciones ocuando se van a examinar lasposibles consecuencias de admitir en algunos lenguajesdeprogramacin ciertos signos, p. ej. el de infinito, para designaro describir la inexistentefraccin 1/0.IV-4. Solucin:Los axiomas son:1) (pp)p;2) q(pq);3) (pq)(qp);
  • Lgica Matemtica Pg:244) (pq)((rp)(rq)).Podemos establecer slo un ligero parecido con la lgica de claseshaciendo:1) (AA) = A;2) A(AB);3) (AB) (BA);4) (AB)((CA)(CB)).Efectivamente, el parecido es nicamente ligero, ya que la lgicade proposiciones es unalgica de orden cero (sin cuantificacin), yla lgica de clases es una lgica de segundo ordenen cuantocuantifiquemos las clases. Para ver esa ligereza examinemos lasituacin. Aunquelas cuatro ltimas frases son teoremas de la lgicade clases, no se puede sustituir por cuando se quiera; a vecesincluso, si as se hiciera, perdera sentido la frase (comoporejemplo para la flecha que conservamos en la ltima). Empezamos asospechar que elparecido es slo aparente cuando vemos que la frasede lgica de proposiciones(p(qr))((pq)(pr)) es una tautologa, entanto que (A(BC)) ((AB) (AC)), es falsa en general.Otro caso notable : (pq)(pq), es una tautologa, pero A = c(B) (A= B) esfalsa en general (slo vlida hacia la derecha, pero no haciala izquierda). An otra diferenciaimportante: (pF) (pV) es tautologaen lgica de proposiciones, en tanto que P = P = U no lo es, aunques lo son tanto P = P , como P = U P U. Esto resulta clarosi setiene en cuenta que AB x(xA xB) ( o x(Ax Bx) o x(AxBx) o, enformaconjuntista, c(A)B = U). Para un universo del discurso finito conslo dos elementosse observa que la frase AB es ms grande: entoncesla frase AB dice que(AaBa)(AbBb), o sea (AaBa)(AbBb). Como Aa, Ba,Ab, Bb son proposiciones(llammoslas respectivamente p, q, r, s), laexpresin AB resulta tener ms de dos letrasal retraducirse a lgicade proposiciones, quedando (p q)(rs). La complicacin seapreciamejor cuando se ve que no es cierta en general la frase de lgica declases x(Ax Bx) ( (x Ax) (x Bx) ) (cuyo formato conjuntista sera(AB = U) ((A = U) (B= U)), pues la frase dira, ((AaBa)(AbBb))((AaAb)(BaBb)), (falsa en general,por ejemplo, cuando A tiene sloel elemento a y B tiene slo el elemento b) que, alsustituir lasproposiciones por los nombres que les dimos antes, adquiere laformaproposicional ((pq)(rs)) ((pr)(qs)), falsa en general en lgicade proposiciones(es indeterminada y, por ello, no tautolgica). Ladiferencia fundamental est en que en lgicade clases hay operadorescamuflados en (x(AxBx)), y suprimidos por convenionotacional en laformulacin AB.
  • Lgica Matemtica Pg:25IV-5. Solucin:Son: 1) AU=U; 2) A=; 3) A(AB)=A=A(AB).1) Aplicando sucesivamente la propiedad de c(A), U = Ac(A), lapropiedad asociativa, laidempotente y, de nuevo, la definicin de U,se tiene: AU = A(A c(A)) =(AA)(c(A)) = Ac(A) = U.2) Aplicando sucesivamente la propiedad de c(A), = A c(A), lapropiedad asociativa, laidempotente y, de nuevo, la definicin de ,se tiene: A = A(A c(A)) =(AA)(c(A)) = Ac(A) = .3) Aplicando sucesivamente la propiedad distributiva y laidempotente, se tiene: A(AB)= (AA)(AB) = A(AB), lo cual indica quebasta con demostrar una de las dosigualdades. Elegimos la ecuacinA(AB) = A. Aplicando sucesivamente el axioma deexistencia deneutro, la propiedad distributiva, haciendo uso de la propiedad 1)yaplicando de nuevo el axioma de existencia de neutro, se tiene lasucesin de igualdades:A(AB) = (AU)(AB) = A(UB) = AU = A.IV-6. Solucin:El diagrama de Venn-Euler muestra (ayuda), pero no demuestra. Esdecir, con l, se tieneuna impresin sensorial que facilita casisiempre la comprensin, pero no se tiene un procesodeductivo vlido.Para mostrar la falsedad del razonamiento basta, sobre un cuadroquerepresente el universo de los atractivos, trazar dos redondeleso curvas cerradas, que, engeneral, estn intersectadas. Unasimbolizar la clase de los estudiantes y otra la de las chicas.Unasimple inspeccin muestra que no todos los estudiantes tienen queser chicas. Porsupuesto que esto no probara ni demostrara nada.Empecemos por formular el razonamiento.Sea E, es estudiante, A, esatractivo, C, es chica. Entonces las premisas son P1:x(ExAx) y P2:x(CxAx); la conclusin tiene la forma x(ExCx); niegue laconclusin,escrbala junto con las premisas y escriba todo en forma clausulada.Comprobarque no puede llegar a la clusula vaca. Adems, escrito elrazonamiento en formaconjuntista queda P1: EA, P2: CA, y conclusinEC; un contraejemplo sencillo paraprobar su falsedad es el casoparticular en que C sea vaco y ni A ni E lo sean y ambosseaniguales: entonces las premisas son verdaderas, en tanto que laconclusin es falsa.
  • Lgica Matemtica Pg:26IV-7. Solucin:a) (RS)xy (RS)yx (Ryx Syx) (Rxy Sxy) (RS)xy.b) (RoS)xy (RoS)yx z(Ryz Szx) z(Rzy Sxz) z(Sxz Rzy) (SoR)xy.c) ((RoQ)oA)xy z((RoQ)xz Azy) tz(Rxt Qtz Azy) t(Rxt z(Qtz Azy))t(Rxt (QoA)ty) (Ro(QoA))xy.Los cuantificadores existenciales pueden entrar y salir sinproblemas a pesar de que enel interior de los parntesis hay , yaque todas las variables han sido nombradas condiferente letra.IV.8. Solucin:Como las tablas de verdad son interpretaciones, pueden aplicarsea la prueba de ambas.Efectivamente, en bivalente sontautologas.En lgica trivalente (p(pq))q (una forma de modus ponens) esmn(1, 1 – (p(pq)) +q) = mn(1, 1 – mn(p, mn(1, 1-p+q)) + q), quep.ej. para p=1/2 y q=0, da 1/2 (y no 1), luegono es tautologa. Enlgica trivalente (q(pq))p (id. de modus tollens) es mn(1,1-(q(pq))+(1-p)) = mn(1, 2-p-mn(1-q, mn(1, 1-p+q))), que p. ej.para p =1 y q=1/2, da1/2 (y no 1), luego no es tautologa.Captulo V.V-1. Solucin:Este ejercicio est resuelto como si la variable altura fuesediscreta (de 2 en 2 centmetros);si se supone que es una variablecontinua, la resolucin es anloga a la del ejercicio 1 y lostramosde aproximacin estaran inclinados.a) Para no superponer las grficas, las separamos:
  • Lgica Matemtica Pg:270246810150 155 160 165 170 175 180 185 190 195 200MBBNAMAb) N queda definido como el conjunto de las estaturas mayores oiguales que 160, peromenores o iguales que 180, o sea 160, 162,164, , 178, 180. El conjunto A estdefinido como el conjunto de lasestaturas mayores o iguales que 170, pero menores oiguales que 190,o sea 170, 172, , 188, 190. Dado que la interseccin borrosa tieneporfuncin de pertenencia el mnimo de ambas, el conjunto borroso NAest definidocomo el conjunto de las estaturas mayores o iguales que170, pero menores o iguales que180, o sea 170, 172,, 178, 180.V-2.Solucin:a) Veamos las grficas.
  • Lgica Matemtica Pg:28b) Como joven est en contradiccin con viejo, y a pesar de ser un, se usa el mximo:(jovenviejo) = mx((joven), (viejo)), y no elmnimo. Considerando lasuperposicin de las dos grficas, es fcil elclculo de la funcin mximo; el punto decorte de ambas grficas vienedado por1 / (1+0.01((a-20)^2)) = 1 / (1 + 0.01((a-60)^2)),donde el acento circunflejo denota elevado a. Esta ecuacinorigina tanto a-20 = +(a-60), que no da solucin significativa eneste caso, como a-20 = -( a-60), cuya solucin esa = 40 . La funcinde pertenencia viene dada entonces por:= 1, si a 20.= 1/(1 + 0.001((a-20)^2)), si 20 a 40.= 1/(1 + 0.001((a-60)^2)), si 40 a 60.= 1, si a 60.
  • Lgica Matemtica Pg:29c) Calculemos hasta 80 los valores del conjunto borroso A, cuyafuncin de pertenencia es(joven) y calculemos desde 20 hasta 100 losvalores del conjunto borroso B, cuya funcinde pertenencia es(delgado).A = [0/1, 20/1, 40/0.2, 60/0, 80/0] , yB = [20/1, 40/1, 60/0.5, 80/0, 100/0],lo que, por la regla del mnimo, da la matriz (i, j) = mn(A(i),B(j)), que representadapor sus diferentes filas es [1, 1, 0.5, 0,0; 1, 1, 0.5, 0, 0; 0.2, 0.2, 0.2, 0, 0; 0,0, 0, 0, 0; 0, 0, 0, 0,0].V-3.Solucin:Elijamos p. ej. que P tiene 50 aos, pesa 60 kg. y mide 180 cm.Obtenemos de las funcioneslos siguientes valores: P(joven) = 0;P(viejo) = 0.5; P(alto) = 0.5; P(bajo) = 0;P(delgado) = 0.5;P(obeso) = 0. Entonces:a) P(viejo) = 0.5, ya visto.b) P(delgado obeso) = mx(P(delgado), P(obeso)) = 0.5.c) P(jovenaltodelgado) = mn(P(joven), P(alto), P(delgado)) =mn(0, 0.5, 0.5)= 0. Es un mnimo por ser independientes lospredicados, ya que con 50 aos se esadulto. Si se hubiera elegido,p. ej. la edad de 5 aos, la juventud estara ligada a laestatura yal peso y se habra utilizado un mximo.d) P(bajo obeso) = mn(P(bajo), P(obeso)) = mn(0, 0) = 0.e) P(joven alto; si no, bajo). Es un condicional ampliado:mx(mn(P(joven), P(alto)), mn(1-P(joven), P(bajo))) =mx(mn(0, 0.5), mn(1, 0)) = 0.f) Tambin es un condicional ampliado.mx(mn(P(obeso), P(viejo)), mn(1-P(obeso), P(joven))) =mx(mn(0, 0.5), mn(1, 0)) = 0.
  • Lgica Matemtica Pg:30g) P(muy delgado) = (P(delgado))^2, donde el circunflejo eselevado a; as se tiene(0.5)^2 = 0.25. Para calcular P(casi obeso),usamos el criterio de la raz, que es elms fcil para obtener ladilatacin, por lo que dilat. = (P(obeso))^(1/2) = 0; casise obtieneaplicando dilat(dilat) = 0; observe que dilat(dilat) viene dada poruna razcuarta cuando se utiliza este criterio. Por ltimo, elejercicio nos propone el clculode un , por lo que se trata de unmximo: 0.25.h) P(bastante joven) = int(con(P(joven))) = int(con(0)) =int(0^2) = int(0) = 2(0^2) =0. Se ha elegido int() = 2(^2), por ser= 0 0.5.P(algo alto) = (P(alto))^(1/2) =(0.5)^(1/2); P(muy delgado) yase ha calculadoantes y vale 0.25. Como las tres estn unidas por un, se trata de un mnimo (con lasalvedad hecha en el apartadoanterior), luego el resultado es 0.V-4. Solucin:Recordemos que las definiciones son: muy baja muy B estaturaspor debajo de 160 cm.;baja B estaturas prximas a 160 cm.comprendidas entre 150 y 170 cm.; normal N estaturas prximas a 170cm. comprendidas entre 160 y 180 cm.; alta A estaturasprximas a 180cm. comprendidas entre 170 y 190 cm.; muy alta muy A estaturasporencima de 180. Entonces:a) Es falsa.b) Es verdadera.c) Es verdadera.d) Es verdadera.e) Aqu no hay predicados diversos, como en la anterior, sinosujetos diversos. Lafrase equivale a Luis es de estatura normal y() Antonio es de estatura normal,donde es el operador de lgicabivalente de proposiciones (no hay problema deborrosidad).Entonces, y como ambas son verdaderas por cumplirlasespecificaciones de los conjuntos dados, su conjuncin tambin loes.f) Igual, se trata de una implicacin material, , no borrosa,entre las dos, que esverdadera por serlo su antecedente y suconsecuente (o si se prefiere aqu lainterpretacin borrosa, el mnimode los dos valores de verdad, 1 o V para ambos,sigue siendo 1).
  • Lgica Matemtica Pg:31V-5. Solucin:a) Representacin de los conceptos algo ms baja, casi iguales, yalgo ms alta.00.10.20.30.40.50.60.70.80.91-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40algo ms baja00.10.20.30.40.50.60.70.80.91-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40casi00.10.20.30.40.50.60.70.80.91-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40algo ms altab) Sean L, E, O, las respectivas estaturasL-E = 120-130 = -10; E-O = 130-145 = -15; L-O = 120-145 =-25.Numeramos las sentencias con romanos, i) a v). As:
  • Lgica Matemtica Pg:32i) 0.5. Con la tabla es fcil.ii) -15 no tiene representacin; procedemos a calcularla porinterpolacin lineal entrelos puntos de la segunda grfica. Buscamosel punto (-15, ) entre los puntos (x1,1) = (-20, 0.5) y (x2, 2) =(-10, 1). La recta que pasa por dos puntos es (x-x1)/(x2-x1) =(-1)/(2-1), donde los subndices hacen referencia a los puntos yx =-15. Sustituyendo y resolviendo la ecuacin se tiene (-15) =0.75.iii)O-E = 145-130 = 15. Lo mismo que en el caso anterior, perousando la terceragrfica, interpolamos el punto (15, ) entre (10,0.5) y (20,1), de lo que resultatambin (15) = 0.75.iv) Simbolizaremos el casi por ~. La pregunta es, en realidad,cudruple. Hay quecalcular los tres casi y luego, por serindependientes las tres expresiones, se elige elvalor mnimo de losvalores asociados a ellas (son independientes, p.ej.elacontecimiento L ~ O, no tiene nada que ver con el acontecimientoE ~ L). Se usanaturalmente la segunda grfica.(L ~ O) = (120-145) = (-25), que tenemos que interpolar entrelos puntos (-20, 0.5) y (-30, 0), lo que da (-25) = 0.25.(L ~ E) = (120-130) = (-10) = 1.(E ~ O) = (130-145) = (-15) = 0.75 (ya calculada antes).El mnimo de las tres es 0.25.v) Como (L ~ E) = 1 y (E ~ O) = 0.75, el mnimo pedido es0.75.V-6.Solucin:El consecuente es un borroso que se obtiene con los valores dela primera y terceragrfica, esto es, calculando su mximo uno a uno;la implicacin borrosa viene dada por elmnimo entre el antecedente(que est dado por la segunda grfica) y el consecuenteobtenidoantes. Compruebe que el resultado es: = 0, para los valores-40, -30, 0, 30 y 40; y = 0.5,para los valores -20, -10, 10 y20.V-7. Solucin:
  • Lgica Matemtica Pg:33Sea C, estacin no muy fra. Entonces parece que debemos escribir:(C) = 1-((A)^2)(donde el circunflejo se lee elevado a), puesto queA es estacin fra, el cuadrado de sufuncin de pertenencia nos da lafuncin de pertenencia asociada al modificador muy(concentracin) yel negador est representado por la unidad menos la nueva funcindepertenencia. As las cosas, escribimos para C:[p/(1 – ((0.3)^2)), v/(1 – ((0.1)^2)), o/(1 – ((0.4)^2)), i/(1 -((0.9)^2))]o sea [p/0.91, v/0.99, o/0.84, i/0.19].Las dos premisas del razonamiento vienen definidas por C y porel condicional ampliado (A B) (A B). Esta segunda premisa llevaasociada una matriz porque el dominio deA es diferente del deB.Primero, para A B, por el criterio del mnimo para la implicacin,se tiene la matriz (ennotacin de filas sucesivas):[0.3, 0.2; 0.1, 0.1; 0.4, 0.2; 0.8, 02] (1)donde cada elemento (i,j) se obtiene de mn(A(i), B(j)).Segundo, para A B obtenemos el conjunto borroso A, que es:[p/0.7, v/0.9, o/0.6, I/0.1] , y el B que es [T1/0.2,T2/0.8].La matriz asociada a A B, es:[0.2, 0.7; 0.2, 08; 0.2, 0.6; 0.1, 0.1] (2)con lo que aplicando el mximo, elemento a elemento, a (1) y (2),la matriz de la condicionalampliada es:[0.3, 0.7; 0.2, 0.8; 0.4, 0.6; 0.8, 0.2].Operando la lista de la funcin de pertenencia de C, dada por[0.91, 0.99, 0.84, 0.19]con la matriz anterior por el criterio maximin, (es decir mximode los mnimos de cada filade la primera matriz con cada columna dela segunda, elemento a elemento), se obtiene lamatriz
  • Lgica Matemtica Pg:34[0.4, 0.8]que origina el conjunto borroso para la sensacin trmica,[T1/0.4, T2/0.8]A T1 de temperatura, que es baja, la sensacin de no mucho frotiene una funcin depertenencia pequea, y a T2, que es unatemperatura ms alta, le corresponde una sensacinde no mucho fromayor.Suponga ahora que en vez de estimar estacin no muy fra comono(muy(estacin fra)),como lo hemos hecho, lo hubisemos estimadocomo muy(no(estacin fra)) (o sea muy(estacin no fra)). Resuelva elproblema con esta interpretacin.
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