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Lógica Matemática Problemas Resueltos

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  • 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 pq

    b) 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:2

    II-2. Solucin:

    a) Si est enfermo necesita un doctor y si tiene un accidente necesita 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 es injuriado.

    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 ceros es una contradiccin, sitodos son unos es una tautologa, y si ni lo uno ni lo otro, son indeterminaciones). Esrecomendable hacer este ejercicio, como se explica ms adelante, mediante la formaclausulada; pero para indeterminaciones, el proceso es anlogo al aqu descrito, o sea, sebuscar un ejemplo para el que es verdadera 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=1 es falsa.

    e) es tautologa.

    f) es indeterminada, pues para p=0 y q=1 es falsa, y para p=q=1 es verdadera.

    g) es tautologa.

  • Lgica Matemtica Pg:3

    h) es tautologa.

    i) es tautologa.

    j) es indeterminacin, pues para p=q=0 es verdadera y para p=0 y q=1 es falsa.

    k) es una contradiccin.

    l) es una indeterminacin, pues es falsa para p=1 y verdadera para p=0.

    m) anloga a la anterior, pero al revs.

    II-4. Solucin:Hacer las tablas es trivial. Por rboles semnticos se tiene:

    a) Si p es verdadera, la segunda implicacin es verdadera (por tener el consecuenteverdadero) y por ser toda la proposicin una disyuncin, es verdadera; si p es falsa, laprimera implicacin es verdadera (por tener el antecedente falso) y por ser toda laproposicin una disyuncin, es verdadera.

    b) Si p es verdadera, la verdad de ambos miembros de la doble implicacin 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 es falsa, el primer miembro es verdadero por tener el antecedentefalso, y el segundo miembro tambin es verdadero, ya que es 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 es verdadero, ya que es la negacin deuna falsedad obvia; si p es verdadera, hay dos posibilidades: i) que q sea falsa; entoncesno q es verdadera y toda la disyuncin es verdadera, y, ii) que q sea verdadera; entoncesla implicacin material es falsa; la conjuncin tambin resulta falsa; su negacin esverdadera; y la disyuncin resulta, 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 queprueba que 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 proposicin dada es (pq)(pq),

  • Lgica Matemtica Pg:4

    o sea (pq)(pq), que por De Morgan queda (pq)(pq), lo cual es unacontradiccin.

    c) La negacin de la proposicin, aplicando De Morgan, es q((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 el principio, el proceso es largo: enPM esta proposicin es el teorema nmero 87. Sin embargo se puede probar usando la reglade sustitucin, suponiendo ya probados otros teoremas deducidos previamente - como se haceen PM -. Por ejemplo, como toda proposicin se implica materialmente 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 probado previamente) y, de nuevo, la definicin de la implicacinmaterial, se llega a que ste es ((pq)r), o sea, el consecuente de la proposicin dada.

    II-6. Solucin:

    Sean las tres proposiciones premisas, respectivamente P1, P2 y P3. 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:5

    5) ((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:6

    1) q, se obtiene directamente de P1 por modus ponens;

    2) qt, por RI a 1).

    Se ve que se pueden seguir otros caminos aplicando la transitividad de la implicacin, peroson mucho ms largos.

    II-9. Solucin:

    a) Aplicando sucesivamente la eliminacin de , la ley de De Morgan, la propiedaddistributiva y suprimiendo las clusulas tautolgicas que llevan q, queda:(prsrs); (prqrs); (qrsrs); (qpsrs). Todaslas clusulas son tautologas. Los ejercicios b.- y c.- son igualmente 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 la clusula repetida.

    c) Se aplicarn sucesivamente la eliminacin del y del , conjuntamente con laley de De Morgan, y despus las reglas de distributividad. En ambos casos, todaslas clusulas resultan ser tautologas.

    II-10. Solucin:

    6.- Sea la negacin de la conclusin C: p. Entonces las clusulas son: P1: pqr; P2:rs; de P3 se obtienen P3-1: q, y P3-2: s. Vamos a aplicar resolucin conrefutacin. De P1 y P3-1 se obtiene P4: pr; de P2 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 ). Las clusulas 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, as que la obtencin de laclusula vaca es inmediata.

  • Lgica Matemtica Pg:7

    II-11. Solucin:

    Una posible solucin es esta pregunta: Dgame: El restaurante est a la derecha si y slo sies ud. un mentiroso? Verdad?. Si la respuesta es no, el restaurante est a la derecha y sies s, est a la izquierda, con independencia de que hayamos dado con el mentiroso o no.Efectivamente, sea D est a la derecha, I est a la izquierda, V dice la verdad y Mmiente. Las posibles situaciones son: a) DM; b) DV; c) IM; d) IV. Veamos qu seresponde en cada caso a la pregunta DM?:

    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 puede escribirse como (AM)(AM). SiM, se infiere una contradiccin (haga la tabla de verdad de M(AM)(AM), ycompruebe que es una contradiccin); luego necesariamente Juan necesita un mdico. (Obien ((AM)(AM))M es una tautologa). Por otro lado, si A, se tiene la fraseA(AM)(AM); esta proposicin no es una contradiccin necesariamente (haga latabla de verdad y comprubelo); as pues no necesariamente Juan necesita un abogado.

    Captulo III.

    III-1. Solucin:

    Sean R es rumiante, C es carnvoro y M es mamfero. Las premisas son P1: x(Rx Cx); P2: x(MxCx); la conclusin es x(MxRx), cuya negacin (vamos a operar por

  • Lgica Matemtica Pg:8

    refutacin) designaremos por P3: x(MxRx). As, en forma clausulada, se tiene: P1:RxCx; P2-1: Ma; P2-2: Ca (a es una constante de Skolem); P3: MxRx. De P1 yP3, por resolucin se obtiene P4: MxCx; de P4 y P2-1, P5: Ca; de P5 y P2-2 seobtiene la clusula vaca.

    III-2. Solucin:

    a) xyPxy, en forma clausulada, con sustitucin de la funcin de Skolem, es Pxf(x);luego el predicado debera satisfacerse para todos los 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 dice elenunciado).

    b) P(a, f(a))P(b, f(b)) es P(1, f(1))P(2, f(2)); ya se ha visto que es falsa.

    c) En forma clausulada se tiene P(x, y) P(f(x), f(y)), o sea:

    (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 por hiptesis en el enunciado del problema.

    III-3.Solucin:

    Sean M, es mamfero, P, es pez y Q, tiene pelos. Veamos la formalizacin delrazonamiento . P1: x(MxQx); P2: x(PxQx); la conclusin es x(PxMx), quenegada origina C: x(PxMx). En forma clausulada se tiene P1: MxQx; P2:PxQx; C1: Pa; C2: Ma; a es una constante de Skolem. Ahora, por resolucin conrefutacin: de P1 y P2, P3: MxPx; de P3 yC1, P4: Ma; y de P4 y C2, se obtienela clusula vaca.

    Para un universo del discurso de dos peces, si stos son a y b:

    [(MaQa)(MbQb)(PaQa)(PbQb)]

  • Lgica Matemtica Pg:9

    [(PaMa)(PbMb)].

    Haciendo Ma = p; Qa = q; Pa = r; Mb = s; Qb = t; Pb = u, se tiene:

    [(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. La negacin de la conclusin esC: x(RxQx). Por lo tanto, las clusulas son: 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 de P4 y P2-2, se obtiene la clusula vaca.

    Veamos la solucin del ejercicio sin usar refutacin. De P1 y P2-2, se obtiene Pa; por la reglade introduccin del , RI, de esta ltima y con P2-1, se obtiene la expresin PaYa (o bienYaPa), que es la forma clausulada de x(YxPx), luego el razonamiento es correcto. Ellose debe a que la constante de Skolem es la misma. Tengamos entonces cuidado cuando hayaque poner constantes de Skolem diferentes, 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 origina la expresin x(YxPx),sino la expresin x(Yx)x(Px). El cuantificador no tiene la propiedad distributiva frentea , sino slo una propiedad semidistributiva. As, es vlido que (x(YxPx)) (x(Yx)x(Px)). Pero la proposicin recproca (x(Yx)x(Px)) (x(YxPx)), es falsaen general, como se prueba con el contraejemplo consistente en particularizar haciendo Y =P, en el caso de que los conjuntos asociados a Y y a P no sean vacos (el consecuente de laltima implicacin sera falso y el antecedente verdadero).

  • Lgica Matemtica Pg:10

    III-6.Solucin:

    Eliminando el signo de implicacin material, se tiene la expresin

    x(PxIx)x(FyDxy)

    cambiando las letras para evitar la confusin, la dejamos como

    z(PzIz)x(FyDxy)

    como el cuantificador universal no afecta a z, podemos escribir

    zx(PzIz(FyDxy))

    aplicando la propiedad distributiva e introduciendo una constante de Skolem quedan lasclusulas PaIaFy y PaIaDxy.

    III-7. Solucin:

    Formalicemos el razonamiento que es INCORRECTO. Sean M, es mamfero, P, es pez,V, vive en el agua y nada, S, tiene la sangre fra, y B, es ballena. As, las proposicionesquedan:

    P1: x ( Mx Sx ) MxSx

    P2: x ( Px Sx ) PxSx

    P3: x ( Px Vx ) PxVx

    P4: x ( Mx Vx ) P4-1: Ma P4-2: Va

    P5: x ( Bx Sx) BxSx

    C: x ( Bx Mx) C1: Bb C2: Mb

    Hemos introducido dos constantes de Skolem. C se obtiene negando C: x(BxMx).Veamos las clusulas a las que se puede llegar contrastando dos a dos. Tomamos la primera yla operamos con las de abajo (con las siguientes); luego hacemos lo mismo con la segunda;

  • Lgica Matemtica Pg:11

    luego con la tercera , etc.; y luego con las que hayan ido saliendo volvemos a realizar laoperacin esperado que no se produzca explosin combinatoria.

    Pero en este caso tenemos suerte. Efectivamente, de P1 y P2, se obtiene 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 y P9, y P11: Pa, de P2 y P7.

    Si se consideran ahora dos clusulas cualesquiera y se intenta operarlas por medio de unaresolucin, se ver que, o no se pueden operar, o el resultado de la operacin ya ha sidoobtenido previamente. Esto nos dice que ese conjunto de clusulas es cerrado con respecto ala resolucin y que, como la clusula vaca no est entre ellas, no se puede obtener. Si se llegaen un razonamiento a la clusula vaca, ese razonamiento lleva a contradiccin: es el caso delproceso de refutacin en el que vemos que al negar la conclusin llegamos a unacontradiccin, as que el razonamiento de partida era universalmente vlido o verdadero.Pero si no se puede llegar a la clusula vaca en un proceso de refutacin, de ah NO se infiereque el razonamiento inicial o de partida sea vlido. Sobre este problema se hablar msadelante.

    Necesitamos otro procedimiento para probar la no validez general de este razonamiento. Paraello, escribiremos las premisas y la conclusin en forma conjuntista y buscaremos uncontraejemplo para el que ese razonamiento no es vlido. Denotaremos el conjunto asociado acada predicado con su misma letra (es un abuso de lenguaje, pero facilita 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 del discurso, con lo que 1)y 5) tambin sern verdaderas). Elegimos un U que tenga por ejemplo slo doselementos a y b (o sea aU, bU, y ningn otro pertenece a U).

    c) M, el conjunto unitario cuyo nico elemento es a; elegimos tambin V = M; as 4)es verdadera porque la interseccin de ambos no es vaca.

    d) Por ltimo elegimos B = U.

    Para este caso concreto, las premisas son verdaderas pero la conclusin es falsa. Luego elrazonamiento es incorrecto. La falsedad de la conclusin BM, es evidente, pues unconjunto que tiene dos elementos no puede estar contenido en otro que tiene slo uno.

  • Lgica Matemtica Pg:12

    Para probar la falsedad de algo basta con un contraejemplo. Para probar la validez universalde algo no basta con una particularizacin.

    III-8. Solucin:

    a) No es unificable, pues a y b son constantes, y nada garantiza que a = b.

    b) Es unificable para x = a. Se habr observado que en el texto se usa una barra deseparacin para indicar una sustitucin, en vez del signo de igualdad. Esto es debido a quepodra haber confusin entre el signo de igualdad como identidad y el signo de igualdadcomo asignacin. Cuando ud. escribe x = a en un programa est ud. asignando el valor aa la variable x, por ello no hay simetra con a = x en este significado que le damos alsigno. Pues aqu ocurre igual: x = a quiere decir que sustituimos, particularizando, xpor a. No podemos sustituir la constante a por la variable x. S se puede sustituiruna variable por otra; y se puede sustituir una variable 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 no slo debera ser x = y, sinotambin y = f(x); pero esto supondra que la funcin de Skolem usada debera cumplir x= f(x), lo que slo se cumplir a su vez si la ecuacin f(x) - x = 0 tiene solucin; ello noest garantizado por la condicin nica de que f es funcin. Puede darse el caso de quef(x) x, y la unificacin no es posible en general.

    Se lo mostraremos con un ejemplo. Sea Q(m, n, t) el predicado aritmtico m+n = t, ysea f(x) = x+7, siendo x, n, m, t, nmeros naturales. 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 la primeraqueda x = x+7 que no es satisfecha por ningn nmero natural.

    d) Haciendo z = y y x = h(v, v), se unifican en el conjunto formado por Q(a, h(v, v), y).

    e) Se pueden unificar si se sustituyen adecuadamente unas variables por otras. En este caso,se necesita slo el cambio de nombre 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:13

    y4 = 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 originan ecuaciones nuevas queno sean las de la mera sustitucin. El conjunto de los literales queda unificado en unconjunto unitario de literales: aqul que tiene por elemento (con y1 o x1, es indiferente):

    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 de las variables se haobtenido a travs del proceso de clausulacin. Es decir, que no pueden ser renombradas.Para entender esto mejor considere dos clusulas Px y Pf(x); no son unificables ya queno tiene por qu haber un x tal que x = f(x), y proceden de la expresin x(Px Pf(x))(1); en cambio, las clusulas Ps y Pf(x) s son unificables para s = f(x), dado que s esuna variable que puede tomar cualquier valor y a la que le puede ser asignado f(x), ydichas clusulas proceden de una expresin como sPs x(Pf(x)), que equivale axPx x(Pf(x)) (2), a la que habra que cambiar el nombre de la primera x al ponerlaen forma clausulada, ya que esta frase es diferente de (1); y esto no supone contradiccinalguna con la distributividad del frente al , ya que no se trata de un cuantificador ,sino de dos cuantificadores , slo que el segundo, el existencial, se ha cambiado por laintroduccin de la funcin de Skolem, pero no se ha eliminado, y, claro, no esdistributivo frente al . En este problema supondremos que todos los cambios denotacin ya han sido realizados y que no se pueden realizar ms. Observe que cuando hayfunciones de Skolem, no se puede reconstruir la expresin lgica de la que proceden lasclusulas (a partir de ellas) debido a esta ambigedad, excepto si se ha adoptado uncriterio como el expuesto.

    Vamos a ir probando la posible resolucin de cada trmino de la primera clusula con lasegunda.

    Veamos con el primero. Para ello, y = u y x = y, lo que origina u = x = y; peroadems x = g(x, y) = g(x, x), que no tienen por qu cumplirse en general para la g dada

  • Lgica Matemtica Pg:14

    (g no tiene por qu ser biyectiva, ni, en la ecuacin, tiene por qu ser y despejable).Anlogamente sucede para el segundo y para el tercero. Pero con el cuarto s puederesolverse: efectivamente, las sucesivas 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 referimos antes, cabra haberinferido que Pg(x,y)xy es unificable con Pxyu (bastara con haber camibiado aPg(z,t)zt), pero hemos preferido elegir el primer criterio por las razones antes dadas.

    d) Haciendo v = wy z = h(x, x), hay compatibilidad, as que la resolvente 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 la primera, obtenemos P6:QR; de sta y de la tercera, P7: R; y de sta y la cuarta de nuevo, se obtiene la clusulavaca.

    III-11. Solucin:

    Efectivamente, es vlida universalmente (o en todo dominio o referencial o universo deldiscurso). Para probarlo la negaremos y llegaremos a una contradiccin. Negada es xyPxy yx(Pxy), pues la negacin de a b es a b. Esta frase tiene dos clusulas. Laprimera es Pay y la segunda Pxb, donde a y b son constantes de Skolem.Resolviendo para x = a e y = b, se obtiene la clusula vaca.

    Nota. No se debe negar una forma clausulada intentando llegar a la clusula vaca. Si se haceas se corre un riesgo de confusin, sobre todo si no se tiene costumbre de trabajar coneste formalismo. Sea p. ej. Sa; su negacin no es Sa, pues Sa es la formaclausulada, con constante de Skolem a, de la expresin x(Sx), cuya negacin esxSx, que en forma clausulada es Sx; as, la negacin clausulada de Sa es Sx y no Sa.

    Vamos a probar adems en este ejercicio que la recproca de la frase del problema no esuniversalmente vlida. Es decir, la frase

    (*) yxPxy xyPxy

  • Lgica Matemtica Pg:15

    es falsa en general. En principio intentaramos ponerla en forma clausulada y llegar a unacontradiccin o clusula vaca. Veamos lo que sucede: eliminando la implicacin, se tiene

    yx(Pxy) xyPxy,

    cuya forma clausulada es sencilla: Pxa Pby; esta frase no conduce a nada, ni siquierapara x = b e y = a, lo que dara una tautologa particular Pab Pab. Un despiste podrahacernos decir que, por haber llegado a una tautologa la frase inicial era cierta. Nada msfalso. Si de una frase se llega a una contradiccin o a la clusula vaca, no habr duda: la fraseera falsa. Pero si mediante una particularizacin, esto es, sin dobles equivalencias, se llega auna tautologa, no se puede inferir que la frase de partida era verdadera, pues de una falsedadpuede salir algo cierto, p. ej. de pp; aplicando RE se obtiene p; y aplicndole a sta RI,se obtiene la tautologa pp.

    Para probar la no validez universal (que no es la falsedad universal) de la frase acudiremos aun contraejemplo. Considere el universo U del discurso formado por los nmeros 1 y 2 y slopor ellos. Elegimos Pxy x y; entonces el antecedente de (*) es verdadero pues x(de U)y (x y), ya que para el 1 se tiene el 2 y para 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 para el 1como para el 2, pues si ese x es el 1, eligiendo y = 1, se tiene 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 el universo 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 si no legusta, descarte a Adn y a Eva del universo del discurso-), pero el consecuente es falso (dice:hay una persona que es el padre de todo el mundo). No obstante, existen razones tcnicas paraque los contraejemplos 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 en estrategias que permitan analizar laposible verdad o validez de proposiciones lgicas de una forma un poco ms rpida delo habitual. Otra ventaja: estas estrategias se pueden usar a la hora de hacer un examentipo test. Obsrvese que los mtodos ms utilizados sern los rboles semnticos y laasociacin con proposiciones conjuntistas. Luego, para constatar la evidencia se puedeauxiliar uno de un diagrama de Venn-Euler. Como se entender, en este problemavamos a seguir procedimientos informales.

    1. ((p q) (qp)). Es una contradiccin ya que la frase interior es trivialmentetautolgica. Si p es falsa, al haber en el ltimo consecuente p, toda ella (la interior),

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    resulta verdadera; y si p es verdadera, la primera implicacin se reduce a q y la segundatambin, por implicar q una falsedad; lo cual origina la tautologa interior.

    2. ((pq) (qr)) q. Tautologa. Si q es verdadera esto es obvio por figurar en elconsecuente; si q es falsa, se ve en seguida que la verdad de la frase se reduce a la verdaddel primer antecedente pq, que es verdadero por ser q verdadera, luego todo elantecedente es falso.

    3. (pq) (p q). Taut. Si q es falsa, el ltimo consecuente es verdadero, luego todala proposicin es verdadera; si q es verdadera, tanto el antecedente como el consecuentese reducen a p, luego toda la proposicin es verdadera.

    4. ((p q) (p q)) p. Taut. Si p es verdadera, la frase es verdadera por tener elconsecuente verdadero; si p es falsa, el antecedente se reduce a qq, lo que unido a lafalsedad del consecuente 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, la verdad de pq es la verdad de q,quedando una contradiccin, falsa, en el antecedente, lo que unido a la falsedad delconsecuente, convierte la implicacin en verdadera.

    6. ((pq) (p q)). Es una contradiccin, ya que la frase interior del parntesisprincipal es una tautologa. Efectivamente, en lgica de proposiciones si se admiten dosproposiciones p y q, una y otra se implican mutuamente.

    7. ((pq) (qs)) (ps). Taut. Es es el formato condicional de la ley de resolucin.

    8. p (p q). Ley de Duns Escoto. Es taut. Eliminando las implicaciones quedappq, que es obviamente tautolgica.

    9. (q(p q)) p. Ley de Clavius. Taut. Si p es verdadera, toda la proposicin esverdadera por serlo el consecuente; si p es falsa, la verdad 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 son falsos, la implicacin es verdadera. Obsrvese que elformato de la frase problema es propio de una lgica de segundo orden.

    10. (p q) (p q). Taut. Si p es verdadera, se reduce a q q, lo queevidentemente es tautologa; si p es falsa, se reduce a q q, que tambin lo es.

    11. (p q) (q p). Es una indeterminacin: verdadera para p = 0 y q = 1; falsa para p = 1y q = 0.

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    12. (p q) (q p). Taut. Si q es verdadera, el primer trmino de la disyuncin esverdadero por serlo su consecuente, luego la disyuncin es verdadera por tener un trminoverdadero; si q es falsa, el segundo trmino de la disyuncin (la segunda implicacin) esverdadero por 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 y q = 0 es falsa.

    14. (p q) (q p). Es indeterminacin. Si p = 1 y q = 1 es verdadera; 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 del antecedente es la verdad de q; pero la delconsecuente tambin porque si 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 implicacin es verdadera; si q esfalsa, la segunda implicacin es verdadera. En ambos 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: P es el conjunto de los ingleses, Q el conjunto delas mujeres, c(Q) el conjunto de los hombres y el referencial U = Qc(Q), el conjunto delas personas.

    18. (p (qr)) ((p q) (p r)). Taut. Si q es verdadera, el consecuente de laimplicacin principal es verdadero por serlo la implicacin p q (ya que a su vez tiene elconsecuente verdadero) y ser verdadera entonces la disyuncin. Si q es falsa, elantecedente de la implicacin principal se reduce a p r, y el consecuente a unadisyuncin, 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. Su formaconjuntista es (P(QR)) ((PQ) (PR)). Vale el mismo contraejemplo de Russell,con R, conjunto de los hombres (varones). Compare con la frase anterior.

    20. x(PxQx)(xPxxQx). Es tautolgica o universalmente vlida. Su formaconjuntista 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 forma conjuntista es (P = U Q = U) PQ. Cualquier contraejemplo que no la satisface: basta con que P no estcontenido en Q y que ninguno de los dos sea el referencial: as el consecuente de la

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    implicacin ser falso, pero el antecedente ser verdadero por ser una implicacin cuyosantecedente y consecuente son falsos: ello origina que la proposicin completa sea falsa.

    22. x(Px Qx) (xPx xQx). Es falsa en general. El cuantificador universal no puedeentrar en una frase con un cuyos dos trminos posean la misma variable ligada alcuantificador (pero s puede salir, como veremos en el prximo ejercicio xxiii, por lo quepuede hablarse de semidistributividad). Su forma conjuntista es PQ = U (P = U Q= U). Un tipo de contraejemplos que no la satisfacen: Sea P U y P = c(Q); elantecedente es verdadero, pero el consecuente es falso.

    23. (xPx xQx) x(Px Qx). Tautolgica o universalmente vlida. Su formaconjuntista es (P = U Q = U) PQ = U. Est claro que si alguno de dos conjuntos esel referencial, su unin seguir siendo el referencial.

    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 antecedente verdadero y el consecuentefalso. En cambio, el modus tollens (x(Px Qx) Qa) Pa, es verdadera.

    25. (xPx xQx) (xPx xQx). Falsa en general. P. ej. Si suponemos que xPxes verdadera, la frase se reduce a xQx xQx que es evidentemente falsa.

    26. xxvi) (xPx p) x(Px p). Taut. Y sirve de regla para sacar el cuantificadorexistencial del parntesis. La forma clausulada de la primera se obtiene eliminando laimplicacin xPx p, y quitando el cuantificador, Px p, que es precisamente loque afirma la proposicin de la derecha.

    27. (xPx xQx) x(Px Qx). Taut. El antecedente afirma (al eliminar la primeraimplicacin) que, o bien P es vaco o bien Q no es vaco; as que necesariamente la unindel complementario de P con Q, no puede ser vaca: pero esto es lo que afirma elconsecuente de la implicacin principal c(P) Q (x(Px Qx)).

    28. x(PxQx) (xPx xQx). Falsa en general. Su forma conjuntista es c(P)Q (P = Q ), lo que se ve contradicho por el caso en que Q = y P sea cualquierclase no vaca pero diferente del referencial, pues se satisface el antecedente pero no elconsecuente.

    29. x(Px Qx) (xPxxQx). Es taut. Dice: si una clase est contenida en otra,entonces, si no es vaca, aquella otra tampoco puede serlo.

    30. x(Px Qx) x(Px Qx). Taut. Sustituya Px Qx por Rx y tendr una tautologafundamental. Otra forma: el antecedente dice PQ; el consecuente dice c(P)Q ; su

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    negacin es c(P)Q = lo que lleva a que tanto c(P) como Q tienen que ser vacos; estolleva a su vez a que Q = y P = U, con lo que PQ tiene que ser falsa. Tenga en cuentaque la frase x(Px Qx), para P = Q = , es verdadera, ya que en el interior delparntesis se transforma en una tautologa.

    31. x(Px Qx) x(Px Qx). Falsa en general, como lo prueba el contraejemplo P = Q= , que convierte en verdadero el antecedente y en falso el consecuente.

    32. (xPx xQx) xy(Px Qy). Taut. La forma clausulada del primer miembro es Pa Qx, y la del segundo es Pa Qy, o sea la misma, ya que la variable asociada a Q indicaque puede tomar cualquier valor del dominio.

    33. xy(Px Qy) yx(Px Qy). Taut. Por tratarse de variables distintas, ambas tienenpor forma clausulada Pa Qy. Otro sera el caso de xy(Rxy) yx(Rxy), que no escierta en general, ya que a la izquierda basta con una constante de Skolem y a la derechase necesita una funcin de Skolem. Ambos miembros de la frase problema sonequivalentes a xPx yQy .

    34. x(Px Qx) (xPx xQx). Taut. Dice que si dos clases son iguales, entonces, elhecho de que una cualquiera de las dos fuese igual al referencial, equivaldra a que la otratambin sera igual al referencial. P = Q es x(Px Qx), y P Q es x(Px Qx).

    35. (xPx xQx) x(Px Qx). Falsa en general. En forma conjuntista dice (P = U Q = U) P = Q. Basta elegir un P y un Q tales que sean distintos y que ninguno de losdos sea el referencial; as el antecedente es verdadero, por ser falso cada uno de sus dosmiembros, pero el consecuente ser falso.

    36. (((J R) p) R M M J) p. Es falsa en general. Para intentar falsarlaelegimos siempre que sea posible consecuentes falsos y procuramos 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 (J R) 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 puede ser 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 P U P = U. Otra forma: introduciendo elcuantificador existencial correctamente la frase es yPy xPx.

    38. [x(x=c y(PyMyx))(Gcy(Py Myc))]Gc. Taut. Llamemos Rx ay(PyMyx); entonces Rx tiene la expresin y(Py Myx), as que la frase

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    problema queda bastante reducida: [x(x=cRx)(GcRc)] Gc; la equivalenciaimplica Rc; la implicacin interior del corchete, en forma contrarrecproca, es Rc Gc; y por modus ponens, se obtiene Gc, de ambas.

    39. xPx Pa. Es tautologa (se trata del axioma de especificacin).

    40. Pa xPx. Es falsa en general; basta con que, p. ej. P no sea vaco ni igual alreferencial. El antecedente ser verdadero y el consecuente falso. En forma conjuntista lafrase es P P = U, falsa en general (recuerde que a es una constante de Skolem,que no es una verdadera constante).

    41. x(p Px) (p xPx). Es taut. Se trata del axioma de introduccin delcuantificador.

    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 ser a su vez una condicional cuyo antecedente,p, es falso; y la expresin x(p Px) es igualmente verdadera pues p Px esverdadera por serlo 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 Px es la verdad de Px, luego laverdad de todo el consecuente es tambin la verdad de xPx; dicho de otro modo, si p esverdadera, la frase problema se reduce a la tautologa xPx xPx.

    43. [xPx (xGx xHx)] xyz((Px Gy) Hz). Es taut. Cambiando los nombresde las variables al primer miembro, ste queda en la forma xPx (yGy zHz); losdos miembros tienen la misma forma clausulada Px Gy Hz.

    44. x(yPxy Qx) xy(Pxy Qx). Es taut. El segundo miembro puede escribirsecomo x(y(Pxy Qx)); ahora vemos que las expresiones yPxy Qx y y(Pxy Qx) son iguales (esto adems es un teorema importante para sacar el cuantificadorexistencial o para introducir el universal). Efectivamente, la primera expresin esyPxy Qx, de forma clausulada Pxy Qx, que es la misma forma clausulada quetiene la segunda.

    45. x(Px Qx) (xPx xQx). Es tautologa. Primero mostraremos la validez de laimplicacin hacia la derecha, que, en forma conjuntista, es: c(P)Q (P = U Q ), que puede escribirse como (c(P)Q P = U) Q . Pero P = U es c(P)= , as que la primera hiptesis dice que Q , coincidiendo con la conclusin. Laimplicacin hacia la izquierda 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) han deser vacos, as que P debe ser U, y la tesis se satisface.

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    No existe simetra, con la frase anterior, de la expresin, x(Px Qx) (xPx xQx),frase que no es universalmente vlida. Efectivamente, la implicacin hacia la izquierda (xPx xQx) x(Px Qx), s lo es, ya que queda (P Q = U) PQ, es decir (P = Q = U) PQ, lo que es evidente, ya que el vaco est contenido en cualquier conjunto ytodo conjunto est contenido en su referencial. Pero la implicacin hacia la derecha, x(Px Qx) (xPx xQx), no es universalmente vlida: su forma conjuntista es PQ (P Q = U), es decir (PQ P ) Q = U, que se ve falsada para cualquier caso enque, p. ej. P no sea el vaco ni el referencial, y Q = P (el antecedente sera verdadero y elconsecuente falso).

    Captulo IV.

    IV-1. Solucin:

    Para que no haya confusin con la flecha de implicacin, usaremos la letra D para indicar quede lo primero se deduce lo segundo en el sentido de Lewis, o que lo primero implica demanera lgica o estricta lo segundo. As tenemos:

    a) D(p, up), dice que la posibilidad de p es una consecuencia lgica de que p nosucede. Examinemos esta proposicin. De acuerdo con el 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 implcitas que lleva es casi ininteligible; hagamos q p; la frase quedaahora como u( q uq), o sea u (q uq), que parece ms clara ya que dice:Es imposible que se d q y que q sea imposible. Ahora mejor? Es verdadera? Pienseen una posible prueba.

    b) p es lgicamente vlida, en el sentido de Lewis, es: p es necesaria (en el sentido deLewis) , o bien es imposible que p.

    La frase pedida es entonces

    u [((up) (uq)) (u(pq)) ];

    tambin esta frase es casi ininteligible. Antes de comentarla simplifiquemos un poco.Operando se tiene:

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    u ( [ ( up) (uq) ] u(p q))

    donde hemos introducido el segundo en la implicacin; aplicando De 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 es necesario que, obien es lgicamente vlido (en el sentido de Lewis), y el interior del parntesisprincipal es, por definicin de , la implicacin material u (rs) (ur us);ahora est ms claro lo que dice el teorema en otro formato: Es necesario que, si doscosas son posibles, cada una de ellas ha de ser posible. Pero, cuidado, estaperogrullada debe ser admitida axiomticamente, ya que el signo u es un indefinible.Dicho de otro modo, no es demostrable.

    Adems, en un procedimiento deductivo convencional se admite que si se deduce p o sise deduce q entonces se deduce pq; la recproca no es vlida en general. Esto essatisfecho tambin por la lgica de Lewis. Pero en un procedimiento deductivoconvencional se admite que si se deduce pq entonces se deduce p y se deduce q; y larecproca tambin es vlida. Como hemos visto, en lgica de Lewis, puede aceptarseaxiomticamente la necesidad de que si es posible que se den dos cosas entonces esposible que se d cada una de ellas; pero a diferencia de los procesos deductivosconvencionales, la recproca no tiene por qu ser aceptada como algo natural ninecesario, ya que puede ocurrir que una cosa sea posible y otra tambin, pero no serloambas simultneamente: la posibilidad da un cierto carcter temporal a las funcioneslgicas. No obstante lo cual, estos problemas pueden resolverse fcilmente con elempleo de los cuantificadores de la lgica de primer orden.

    IV-2. Solucin:

    El verbo ser tiene varias acepciones:

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    1) (pertenece a o es elemento de). Ej. b) y c).

    2) Est contenido en, o est incluido en, o es una parte de, o es un subconjunto de.Se representa por y se define as: ABx(xAxB)x(AxBx), dondehemos cometido, en la segunda doble implicacin, el abuso de lenguaje que consisteen llamar al predicado y a su clase asociada con la misma letra. Un ej. d) x(x esespaol x es europeo).

    3) En la sentencia a), el verbo ser adquiere el sentido de igualdad en uno de sussignificados que es el de identidad. Decir Espaa es el ms meridional de los paseseuropeos quiere decir, desde el punto de vista lgico, que Espaa es (existe) el y talque y es (igual a) el ms meridional de los pases europeos, lo que traducido es:Existe un pas que es el ms meridional de los pases europeos (llamado Espaa), yadems, si un pas es el ms meridional de los pases europeos , ese pas es Espaa.

    IV-3. Solucin:

    Se est aplicando la descripcin con identidad (uno de los significados del verbo ser), ascomo la propiedad transitiva de la igualdad. Podra parecer que es suficiente, para que elrazonamiento sea correcto, que si P1: Dante = iy(y es el mejor poeta italiano) y P2: iy(y esel mejor poeta italiano) = iz(z es el autor de La Divina Comedia), entonces C: Dante = it(tes el autor de La Divina Comedia), como si fuera P1: x = y, P2: y = z, C: x = z; sinembargo no es as: se necesitara la premisa adicional (o su prueba) de que existe un nico xque es el mejor poeta italiano, as como la existencia y unicidad del autor de La DivinaComedia. Esto, que parece un mero juego intrascendente de palabras, deja de parecerlocuando nos planteamos la posible existencia y unicidad de soluciones en ciertas ecuaciones ocuando se van a examinar las posibles consecuencias de admitir en algunos lenguajes deprogramacin ciertos signos, p. ej. el de infinito, para designar o describir la inexistentefraccin 1/0.

    IV-4. Solucin:

    Los axiomas son:

    1) (pp)p;

    2) q(pq);

    3) (pq)(qp);

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    4) (pq)((rp)(rq)).

    Podemos establecer slo un ligero parecido con la lgica de clases haciendo:

    1) (AA) = A;

    2) A(AB);

    3) (AB) (BA);

    4) (AB)((CA)(CB)).

    Efectivamente, el parecido es nicamente ligero, ya que la lgica de proposiciones es unalgica de orden cero (sin cuantificacin), y la lgica de clases es una lgica de segundo ordenen cuanto cuantifiquemos las clases. Para ver esa ligereza examinemos la situacin. Aunquelas cuatro ltimas frases son teoremas de la lgica de clases, no se puede sustituir por cuando se quiera; a veces incluso, si as se hiciera, perdera sentido la frase (como porejemplo para la flecha que conservamos en la ltima). Empezamos a sospechar que elparecido es slo aparente cuando vemos que la frase de lgica de proposiciones(p(qr))((pq)(pr)) es una tautologa, en tanto 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 hacia la izquierda). An otra diferenciaimportante: (pF) (pV) es tautologa en lgica de proposiciones, en tanto que P = P = U no lo es, aunque s lo son tanto P = P , como P = U P U. Esto resulta clarosi se tiene en cuenta que AB x(xA xB) ( o x(Ax Bx) o x(AxBx) o, enforma conjuntista, c(A)B = U). Para un universo del discurso finito con slo dos elementosse observa que la frase AB es ms grande: entonces la frase AB dice que(AaBa)(AbBb), o sea (AaBa)(AbBb). Como Aa, Ba, Ab, Bb son proposiciones(llammoslas respectivamente p, q, r, s), la expresin AB resulta tener ms de dos letrasal retraducirse a lgica de proposiciones, quedando (p q)(rs). La complicacin seaprecia mejor cuando se ve que no es cierta en general la frase de lgica de clases 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 slo el elemento a y B tiene slo el elemento b) que, alsustituir las proposiciones por los nombres que les dimos antes, adquiere la formaproposicional ((pq)(rs)) ((pr)(qs)), falsa en general en lgica de proposiciones(es indeterminada y, por ello, no tautolgica). La diferencia fundamental est en que en lgicade clases hay operadores camuflados en (x(AxBx)), y suprimidos por convenionotacional en la formulacin AB.

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    IV-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), la propiedad 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), la propiedad 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 la idempotente, se tiene: A(AB)= (AA)(AB) = A(AB), lo cual indica que basta con demostrar una de las dosigualdades. Elegimos la ecuacin A(AB) = A. Aplicando sucesivamente el axioma deexistencia de neutro, la propiedad distributiva, haciendo uso de la propiedad 1) yaplicando de nuevo el axioma de existencia de neutro, se tiene la sucesin de igualdades:A(AB) = (AU)(AB) = A(UB) = AU = A.

    IV-6. Solucin:

    El diagrama de Venn-Euler muestra (ayuda), pero no demuestra. Es decir, con l, se tieneuna impresin sensorial que facilita casi siempre la comprensin, pero no se tiene un procesodeductivo vlido. Para mostrar la falsedad del razonamiento basta, sobre un cuadro querepresente el universo de los atractivos, trazar dos redondeles o curvas cerradas, que, engeneral, estn intersectadas. Una simbolizar la clase de los estudiantes y otra la de las chicas.Una simple inspeccin muestra que no todos los estudiantes tienen que ser chicas. Porsupuesto que esto no probara ni demostrara nada. Empecemos por formular el razonamiento.Sea E, es estudiante, A, es atractivo, 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 el razonamiento en formaconjuntista queda P1: EA, P2: CA, y conclusin EC; un contraejemplo sencillo paraprobar su falsedad es el caso particular en que C sea vaco y ni A ni E lo sean y ambos seaniguales: entonces las premisas son verdaderas, en tanto que la conclusin es falsa.

  • Lgica Matemtica Pg:26

    IV-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 sin problemas a pesar de que enel interior de los parntesis hay , ya que todas las variables han sido nombradas condiferente letra.

    IV.8. Solucin:

    Como las tablas de verdad son interpretaciones, pueden aplicarse a la prueba de ambas.Efectivamente, en bivalente son tautologas.

    En lgica trivalente (p(pq))q (una forma de modus ponens) es mn(1, 1 - (p(pq)) +q) = mn(1, 1 - mn(p, mn(1, 1-p+q)) + q), que p.ej. para p=1/2 y q=0, da 1/2 (y no 1), luegono es tautologa. En lgica 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 fuese discreta (de 2 en 2 centmetros);si se supone que es una variable continua, la resolucin es anloga a la del ejercicio 1 y lostramos de aproximacin estaran inclinados.

    a) Para no superponer las grficas, las separamos:

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    0

    2

    4

    6

    8

    10

    150 155 160 165 170 175 180 185 190 195 200

    MB

    B

    N

    A

    MA

    b) N queda definido como el conjunto de las estaturas mayores o iguales que 160, peromenores o iguales que 180, o sea 160, 162, 164, , 178, 180. El conjunto A estdefinido como el conjunto de las estaturas mayores o iguales que 170, pero menores oiguales que 190, o sea 170, 172, , 188, 190. Dado que la interseccin borrosa tiene porfuncin de pertenencia el mnimo de ambas, el conjunto borroso NA est definidocomo el conjunto de las estaturas mayores o iguales que 170, pero menores o iguales que180, o sea 170, 172,, 178, 180.

    V-2.

    Solucin:

    a) Veamos las grficas.

  • Lgica Matemtica Pg:28

    b) Como joven est en contradiccin con viejo, y a pesar de ser un , se usa el mximo:(jovenviejo) = mx((joven), (viejo)), y no el mnimo. Considerando lasuperposicin de las dos grficas, es fcil el clculo de la funcin mximo; el punto decorte de ambas grficas viene dado por

    1 / (1+0.01((a-20)^2)) = 1 / (1 + 0.01((a-60)^2)),

    donde el acento circunflejo denota elevado a. Esta ecuacin origina tanto a-20 = +(a-60), que no da solucin significativa en este caso, como a-20 = -( a-60), cuya solucin esa = 40 . La funcin de 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:29

    c) Calculemos hasta 80 los valores del conjunto borroso A, cuya funcin de pertenencia es(joven) y calculemos desde 20 hasta 100 los valores del conjunto borroso B, cuya funcinde pertenencia es (delgado).

    A = [0/1, 20/1, 40/0.2, 60/0, 80/0] , y

    B = [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 los predicados, ya que con 50 aos se esadulto. Si se hubiera elegido, p. ej. la edad de 5 aos, la juventud estara ligada a laestatura y al 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:30

    g) P(muy delgado) = (P(delgado))^2, donde el circunflejo es elevado 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 la dilatacin, por lo que dilat. = (P(obeso))^(1/2) = 0; casise obtiene aplicando dilat(dilat) = 0; observe que dilat(dilat) viene dada por una razcuarta cuando se utiliza este criterio. Por ltimo, el ejercicio nos propone el clculode un , por lo que se trata de un mximo: 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) ya se ha calculadoantes y vale 0.25. Como las tres estn unidas por un , se trata de un mnimo (con lasalvedad hecha en el apartado anterior), luego el resultado es 0.

    V-4. Solucin:

    Recordemos que las definiciones son: muy baja muy B estaturas por debajo de 160 cm.;baja B estaturas prximas a 160 cm. comprendidas entre 150 y 170 cm.; normal N estaturas prximas a 170 cm. comprendidas entre 160 y 180 cm.; alta A estaturasprximas a 180 cm. comprendidas entre 170 y 190 cm.; muy alta muy A estaturas porencima 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, sino sujetos diversos. Lafrase equivale a Luis es de estatura normal y () Antonio es de estatura normal,donde es el operador de lgica bivalente de proposiciones (no hay problema deborrosidad). Entonces, y como ambas son verdaderas por cumplir lasespecificaciones de los conjuntos dados, su conjuncin tambin lo es.

    f) Igual, se trata de una implicacin material, , no borrosa, entre las dos, que esverdadera por serlo su antecedente y su consecuente (o si se prefiere aqu lainterpretacin borrosa, el mnimo de los dos valores de verdad, 1 o V para ambos,sigue siendo 1).

  • Lgica Matemtica Pg:31

    V-5. Solucin:

    a) Representacin de los conceptos algo ms baja, casi iguales, y algo ms alta.

    0

    0.1

    0.2

    0.3

    0.4

    0.5

    0.6

    0.7

    0.8

    0.9

    1

    -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40

    algo ms baja

    0

    0.1

    0.2

    0.3

    0.4

    0.5

    0.6

    0.7

    0.8

    0.9

    1

    -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40

    casi

    0

    0.1

    0.2

    0.3

    0.4

    0.5

    0.6

    0.7

    0.8

    0.9

    1

    -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40

    algo ms alta

    b) Sean L, E, O, las respectivas estaturas

    L-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:32

    i) 0.5. Con la tabla es fcil.

    ii) -15 no tiene representacin; procedemos a calcularla por interpolacin lineal entrelos puntos de la segunda grfica. Buscamos el 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, pero usando 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 ser independientes las tres expresiones, se elige elvalor mnimo de los valores asociados a ellas (son independientes, p.ej. elacontecimiento L ~ O, no tiene nada que ver con el acontecimiento E ~ L). Se usanaturalmente la segunda grfica.

    (L ~ O) = (120-145) = (-25), que tenemos que interpolar entre los 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 es 0.75.

    V-6.Solucin:

    El consecuente es un borroso que se obtiene con los valores de la 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 consecuente obtenidoantes. Compruebe que el resultado es: = 0, para los valores -40, -30, 0, 30 y 40; y = 0.5,para los valores -20, -10, 10 y 20.

    V-7. Solucin:

  • Lgica Matemtica Pg:33

    Sea C, estacin no muy fra. Entonces parece que debemos escribir: (C) = 1-((A)^2)(donde el circunflejo se lee elevado a), puesto que A es estacin fra, el cuadrado de sufuncin de pertenencia nos da la funcin de pertenencia asociada al modificador muy(concentracin) y el negador est representado por la unidad menos la nueva funcin depertenencia. 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 por el condicional ampliado (A B) (A B). Esta segunda premisa lleva asociada una matriz porque el dominio deA es diferente del de B.

    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 mximo de los mnimos de cada filade la primera matriz con cada columna de la 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 fro tiene una funcin depertenencia pequea, y a T2, que es una temperatura ms alta, le corresponde una sensacinde no mucho fro mayor.

    Suponga ahora que en vez de estimar estacin no muy fra como no(muy(estacin fra)),como lo hemos hecho, lo hubisemos estimado como muy(no(estacin fra)) (o sea muy(estacin no fra)). Resuelva el problema con esta interpretacin.