1 Lógica

1 Lógica
1
Lógica
Todas las soluciones están extensamente detalladas. Aunque no es necesario tanto detalle a la hora de resolver los ejercicios (lo
que no quiere decir que haya que prescindir de todo el detalle), he preferido hacerlo ası́ para que la autocorrección que debeis
realizar os sea más sencilla.
Además, desmenuzar los razonamientos y procedimientos que se usan os permitira detectar el fallo cometido y facilitará la
enmienda del mismo. (Y deberı́ais hacerlo en ese caso.)
......................................................................................................
1 Un viajero que cabalga por el reino de la lógica, le intriga cada vez más no poder distinguir a ciencia cierta quienes de sus habitantes son de Sincerio (dicen la verdad) y quienes de Falsio (mienten).
Acertó a divisar a tres de estos seres y, encarándose con ellos, les preguntó resueltamente a que ciudad
pertenecı́an. Por dos veces, las respuestas fueron ahogadas por el fragor de la tormenta. Finalmente,
entre un trueno y otro, alcanzó a oir la voz del tercero que dijo claramente:
“Esos dicen que son de Sincerio, pero son de Falsio”.
El viajero, satisfecho porque la respuesta le bastaba, clavó espuelas y se adentró en la tormenta.
¿De qué pais eran cada uno de los tres personajes?
Solución:
Nos encontramos ante un juego de lógica sencillo, para que pueda ser jugado por cualquier persona
tenga o no conocimientos formales de lógica, y con esa sencillez las premisas y situaciones (salvo
literatura) deben ser consideradas. Ası́, debemos asumir que
– los de Falsio siempre mienten,
– que los de Sincerio siempre dicen la verdad,
– que los dos primeros han contestado “soy de Falsio” o “soy de Sincerio” y no otra cosa, pues se
estropearı́a el juego
– que el juego tiene una solución clara, pues el viajero ya la sabe.
Consideremos entonces la solución del juego: conocemos la respuesta del tercero de los personajes y
no la de los dos primeros, luego la respuesta que dieron estos últimos parece irrelevante en la solución.
Pero ¿por qué?
Si el primero (lo mismo vale para el segundo) es de Sincerio, hubiera contestado “soy de Sincerio” y si
es de Falsio, también hubiera contestado “soy de Sincerio” pues entonces ha de mentir. Luego no es
que las respuestas sean irrelevantes sino que las conocemos, ambos responden “soy de Sincerio”
Entonces, cuando el tercero dice “esos dicen que son de Sincerio” está diciendo la verdad y, como los
de Falsio siempre mienten y los de Sincerio siempre dicen la verdad, él debe ser de Sincerio y todo lo
que dice es verdad.
Luego los dos primeros son de Falsio y el tercero de Sincerio.
....................................................................................................
La solución que propugna el juego está encontrada y es válida, con sus reglas.
Sin embargo, nosotros sı́ tenemos conocimientos formales de lógica y por ello, aunque jugemos (y
ganemos) al juego con sus reglas, debemos ser capaces de detectar cuáles de las reglas que se están
utilizando en el juego (en su resolución) no son válidas en el Cálculo de proposiciones.
Es más, si el viajero, pretendidamente lógico, supiera las reglas del Cálculo proposicional (que nosotros
sı́ sabemos), se hubiera ido abatido sin haber resuelto su duda. ¿No es ası́?
................................................................................................
Soluciones a los ejercicios para entregar..
4
1
1 Lógica
2 Dar una demostración formal para establecer la validez de los siguientes teoremas:
a) ¬(q ∨ u) ∧ (¬u −→ ¬p) ∧ [(¬t ∨ s) −→ r] ∧ [r −→ (q ∨ p)] =⇒ t ∨ s
b)
(q ∧ t) −→ (r ∨ s)
u −→ (p ∧ t)
p −→ q
¬r
.˙. u −→ s
Solución:
Recuerdo que pueden darse varias demostraciones formales de un mismo teorema y, por tanto, que las
soluciones que incluyo aquı́ no son las únicas que hay. Si las vuestras son distintas a las de aquı́, no por
ello están mal, pero debeis comprobar que todos los pasos son correctos: que sólo se usan equivalencias
e implicaciones lógicas válidas (si son distintas de las básicas –leyes de la lógica, equivalencias muy
conocidas y las 7 implicaciones lógicas junto con las reglas de sustitución– comprobad su validez).
En cada paso de las demostraciones se incluye una leyenda que nos indica la regla usada.
a) El teorema propuesto viene expresado en la forma H1 ∧ H2 ∧ H3 ∧ H4 =⇒ C, luego
H1 : ¬(q ∨ u)
H1 : ¬u −→ ¬p
H3 : (¬t ∨ s) −→ r
H4 : r −→ (q ∨ p)
P5 : ¬q ∧ ¬u
P6 : ¬q
P7 : ¬u
P8 : ¬p
P9 : ¬q ∧ ¬p
P10 : ¬(q ∨ p)
P11 : ¬r
P12 : ¬(¬t ∨ s)
P13 : t ∧ ¬s
P14 : t
C :t∨s
De Morgan de H1
Simplificación conjuntiva de P5
Simplificación conjuntiva de P5
Modus Ponens de P7 y H1
Asociativa de P6 y P8
De Morgan de P9
Modus Tollens de P10 y H4
Modus Tollens de P11 y H3
De Morgan de P12
Simplificación conjuntiva de P13
Ampliación disyuntiva de P14 .
b) Como C es de la forma u −→ s, vamos a hacerlo por el método de hipótesis asumida. Luego
Ha : u y la nueva conclusión Ca : s.
H1 : (q ∧ t) −→ (r ∨ s)
H2 : u −→ (p ∧ t)
H3 : p −→ q
H4 : ¬r
Ha : u
P6 : p ∧ t
P7 : p
P8 : q
P9 : t
P10 : q ∧ t
P11 : r ∨ s
Ca : s
Hipótesis asumida
Modus Ponens de Ha y H2
Simplificación conjuntiva de P6
Modus Ponens de P7 y H3
Simplificación conjuntiva de P6
Asociativa de P8 y P9
Modus Ponens de P10 y H1
Silogismo disyuntivo de P11 y H4 .
...........................................................................................
Soluciones a los ejercicios para entregar..
4
2
1 Lógica
3 Si x, y ∈ ZZ, con x 6= 0, se dice que x divide a y si existe k ∈ ZZ tal que y = kx. Sea p(x, y) =
“x divide a y” donde el universo para ambas variables es ZZ+ = {1, 2, . . .}. Determinar el valor de
verdad de las siguientes porposiciones:
a) ∀y p(1, y).
b) ∀x p(x, 1).
c) ∀y ∃x p(x, y).
d) ∃y ∀x p(x, y).
³h
e) ∀x ∀y
i
´
p(x, y) ∧ p(y, x) −→ x = y .
³h
f) ∀x ∀y ∀z,
i
´
p(x, y) ∧ p(y, z) −→ p(x, z) .
¿Cuál es el valor de verdad de dichas proposiciones si el universo para ambas variables es
ZZ∗ = {±1, ±2, . . .}?
Solución:
Tabla resumen de las soluciones:
Universo
ZZ+
ZZ∗
a)
V
V
b)
F
F
c)
V
V
d)
F
F
e)
V
F
f)
V
V
Como la propiedad de divisibilidad es para los números enteros y tanto los elementos de ZZ+ como
los de ZZ∗ son enteros (de hecho todos los de ZZ+ también son de ZZ∗ ) vamos hacer el estudio de los
valores de verdad de las proposiciones en los dos universos de manera conjunta, y sólo distinguimos
los universos cuando en la prueba de los resultados se utilice la propiedad especı́fica de pertenecer a
uno u otro universo.
a) Sea y un elemento genérico del universo (ZZ+ o ZZ∗ , según el caso). Entonces, 1 divide a y si existe
un k ∈ ZZ tal que y = k1; pero esto es cierto pues basta tomar k = y, que es un número entero.
Luego para cada y se verifica P (1, y).
b) Sea x un elemento genérico del universo (ZZ+ o ZZ∗ , según el caso). Entonces, x divide a 1 si existe
un k ∈ ZZ tal que 1 = kx; pero esto no es cierto en general: para x = 2 ∈ ZZ+ se tiene que 2 no
divide a 1 pues para cualquier k ∈ ZZ se tiene que 1 6= 2k.
Luego no es cierta la proposición. Para el universo ZZ∗ tampoco es cierta, pues 2 ∈ ZZ∗ y 2 no
divide a 1.
³
´
c) La proposición, poniendo explı́citamente los paréntesis, es ∀y ∃x p(x, y) , luego es cierta si para
cada y puedo encontrar algún x (uno para cada y) de manera que x divida a y.
Es, naturalmente, cierta pues en el apartado a) hemos visto que para cada y de ZZ+ (también de
ZZ∗ ) el 1 divide a y, luego tomando, para cada y, el valor x = 1 se cumple la proposición.
(También podrı́a tomarse para cada y el valor x = y, ya que x = y 6= 0 e y divide a y.)
³
´
d) La proposición ∃y ∀x p(x, y) es cierta si existe algún y tal que todos los x lo dividan o, lo que
es lo mismo, si existe algún y que es dividido por todos los x.
La proposición (tanto para ZZ+ como para ZZ∗ ) es falsa, pero para probarlo vamos a hacerlo
probando que su negación es verdadera:
h
³
´i
¬ ∃y ∀x p(x, y)
Soluciones a los ejercicios para entregar..
³
´
³
´
⇐⇒ ∀y¬ ∀x p(x, y) ⇐⇒ ∀y ∃x ¬p(x, y)
3
1 Lógica
es cierta si para cada y, existe algún x (uno para cada y) que no divide a y.
En efecto lo es. Por ejemplo, si tomamos para cada y el valor x = 2y, no podemos encontrar un
k ∈ ZZ tal que y = k2y (al ser y 6= 0, es lo mismo que decir que no podemos encontrar un k ∈ ZZ
tal que 1 = k2; es decir que 2 no divide a 1), luego x = 2y no divide a y.
Entonces, es cierta la negación y falsa la proposición inicial.
³h
i
´
e) La proposición ∀x ∀y p(x, y) ∧ p(y, x) −→ x = y , es cierta si cuando se verifica que x divide
a y y también se verifica que y divide a x, necesariamente debe ser x = y.
Veamos: si x divide a y, existe un k1 ∈ ZZ con y = k1 x; y si y divide a x, existe un k2 ∈ ZZ con
x = k2 y. Luego sustituyendo en una de las igualdades la otra, se tiene que
y = k1 x = k1 (k2 y) = k1 k2 y
y como y 6= 0 (es de ZZ+ o ZZ∗ ), es equivalente a decir que
1 = k1 k2 , con k1 y k2 de ZZ.
h1.1i
Ahora bien, por ser k1 y k2 enteros, sólo pueden darse dos casos
(i) que sean k1 = k2 = 1, pues 1 = 1 · 1, o
(ii) que sean k1 = k2 = −1, pues 1 = (−1)(−1).
En consecuencia,
– En el universo ZZ+ , al ser x e y positivos, y = k1 x y x = k2 y, necesariamente tanto k1 como
k2 tienen que ser positivos y, por tanto, en este universo, la unica solución posible para la
ecuación h1.1i es k1 = k2 = 1, de donde y = x necesariamente.
Luego la proposición es cierta en ZZ+ .
– Sin embargo, en el universo ZZ∗ , x e y pueden ser positivos o negativos luego la ecuación
h1.1i admite las dos soluciones propuestas, y ahora es fácil encontrar un contraejemplo para
la proposición en este universo:
con x = 2 e y = −2, se verifica que 2 divide a −2 (pues −2 = (−1)2) y se verifica que −2
divide a 2 (pues 2 = (−1)(−2)) pero 2 6= −2.
Luego la proposición es falsa en ZZ∗ .
³h
i
´
f) La proposición ∀x ∀y ∀z, p(x, y) ∧ p(y, z) −→ p(x, z) es cierta si cuando x divide a y e y divide
a z, entonces x divide a z.
Tanto en ZZ+ como en ZZ∗ , si x divide a y existe k1 ∈ ZZ tal que y = k1 x, si y divide a z existe
k2 ∈ ZZ tal que z = k2 y; reuniendo ambas ecuaciones se tiene
z = k2 y = k2 (k1 x) = k2 k1 x = (k2 k1 )x = kx,
donde k = k2 k1
y k ∈ ZZ por ser producto de enteros. Luego también x divide a z y la proposición es cierta.
...........................................................................................
Soluciones a los ejercicios para entregar..
4
4
1 Lógica
4 Consideremos la sucesión de Fibonacci, dada por
a0 = 1, a1 = 1 y ∀ n ≥ 2, an = an−1 + an−2 .
¿Para qué valores de n ∈ IN se verifica que an ≥ (n − 2)2 ?
Solución:
¿Se cumple la condición P(n)=“an ≥ (n − 2)2 ” para algún n ∈ IN?
?
– Para n = 0, es a0 = 1 ≥ 4 = (−2)2 = (0 − 2)2 . No, luego no es cierto P (0).
?
– Para n = 1, es a1 = 1 ≥ 1 = (−1)2 = (1 − 2)2 . Sı́, luego es cierto P (1).
Veamos si podemos aplicar inducción matemática para probarlo en los demás.
Cada término an se forma con la suma de los dos anteriores, luego necesitaremos aplicar el principio de
inducción generalizado (dos elementos consecutivos en la base de la inducción y varios casos anteriores
en el paso inductivo).
Es cierto P (1) pero no P (0), veamos para P (2). Se tiene que a2 = a1 + a0 = 1 + 1 = 2 y entonces
?
– para n = 2, es a2 = 2 ≥ 0 = (0)2 = (2 − 2)2 . Sı́, luego es cierto P (2).
El principio de inducción que tenemos que aplicar es
[B] P (1) ∧ Ph³(2)
´
i
[I] ∀ k ≥ 2 P (1) ∧ P (2) ∧ · · · ∧ P (k) −→ P (k + 1)
.˙. ∀ n ≥ 1 P (n)
aunque, es este caso sólo hacen falta los dos anteriores.
Veamos entonces que si P (k − 1) y P (k) son ciertos también lo es P (k + 1). Es decir, hemos de probar
que ak+1 ≥ (k + 1 − 2)2 sabiendo que ak ≥ (k − 2)2 y que ak−1 ≥ (k − 1 − 2)2 .
ak+1 =
≥
=
=
=
=
ak + ak−1
(k − 2)2 + (k − 1 − 2)2
k 2 − 4k + 4 + k 2 − 6k + 9
k 2 + k 2 − 10k + 13
k 2 − 2k + 1 + 2k − 1 + k 2 − 10k + 13
(k − 1)2 + k 2 − 8k + 12
?
≥ (k − 1)2
(por definición de an )
(por las hipótesis P (k − 1) y P (k))
(operando los cuadrados)
(operando)
(se suma y resta −2k + 1 para completar (k − 1)2 )
(operando)
(será cierto si k 2 − 8k + 12 ≥ 0)
luego el paso inductivo será válido para todo k que verifique que k 2 − 8k + 12 ≥ 0. Veamos esto:
como k 2 − 8k + 12 = (k − 2)(k − 6), será mayor o igual a 0 cuando k ≤ 2 o cuando k ≥ 6; pero nos
interesa lo que pase de un valor en adelante luego para los k ≥ 6 y, en consecuencia, el paso inductivo
es válido para los k ≥ 6.
Entonces si P (5) es cierto y P (6) es cierto, como el paso inductivo es cierto a partir de 6 será cierto
P (n), ∀ n ≥ 5. Si P (5) no es cierto, se comprueban los siguientes y si P (6) y P (7) son ciertos, es cierto
P (n), ∀ n ≥ 6. Si P (6) no es cierto, etc.
Tenemos entonces que a1 = 1 y a2 = 2, luego a3 = a2 + a1 = 2 + 1 = 3, a4 = 3 + 2 = 5, a5 = 5 + 3 = 8
y a6 = 8 + 5 = 13. Entonces:
?
– Para n = 5, es a5 = 8 ≥ 9 = (3)2 = (5 − 2)2 . No, luego no es cierto P (5).
Soluciones a los ejercicios para entregar..
5
1 Lógica
?
– Para n = 6, es a6 = 13 ≥ 16 = (4)2 = (6 − 2)2 . No, luego no es cierto P (6).
?
– Para n = 7, es a7 = 21 ≥ 25 = (5)2 = (7 − 2)2 . No, luego no es cierto P (7).
?
– Para n = 8, es a8 = 34 ≥ 36 = (6)2 = (8 − 2)2 . No, luego no es cierto P (8).
?
– Para n = 9, es a9 = 55 ≥ 49 = (7)2 = (9 − 2)2 . Sı́, luego es cierto P (9).
?
– Para n = 10, es a10 = 89 ≥ 64 = (8)2 = (10 − 2)2 . Sı́, luego es cierto P (10).
Como P (9) es cierto y P (10) es cierto y el paso inductivo es cierto a partir de 6, hemos probado el
siguiente teorema:
P (9) ∧ P (10)
h³
∀k ≥ 6
´
i
P (k − 1) ∧ P (k) −→ P (k + 1)
.˙. ∀ n ≥ 9 P (n)
Además, son ciertos P (1), P (2), P (3) y P (4) (compruebense los dos últimos).
................................................................................................
Soluciones a los ejercicios para entregar..
4
6