Capı́tulo I Lógica, Pruebas e Inducción La lógica es el estudio de razonamiento correcto. Más especı́ficamente en nuestro contexto matemático, estamos interesados en razonamiento deductivo. En un argumento, una conclusión debe estar justificada por sı́ misma, o se debe deducir de afirmaciones precedentes. Un ejemplo clásico es Si Sócrates es un ser humano, entonces Sócrates es mortal Sócrates es un ser humano Sócrates es mortal ∴ El sı́mbolo con los tres puntos se lee “por lo tanto”. En este ejemplo, las dos primeras afirmaciones están justificadas por sı́ mismas, y la última se deduce de las precedentes. La validez de la deducción depende sólo de la “forma” de las afirmaciones implicadas. I.1. Lógica de Proposiciones Una proposición es una afirmación que sin ambiguedad debe ser verdadera o falsa. Estos “valores de verdad” posibles los denotamos con V y F. Una proposición se construye de proposiciones más básicas usando conectivos lógicos. A diferencia de conectivos usados en el lenguaje diario, estos tienen un significado preciso que en algunos casos puede ser diferente. Ejemplo. Algunos de los siguientes enunciados son proposiciones, otros no los son: 4 - Todas las vacas tienen cuatro patas - Hay más de 200 estudiantes en la clase de matemáticas discretas - Existe vida en otros planetas - Sócrates es mortal - 2+2 4 4 8 1 4 2 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN - √ 5<3 4 - Venga aquı́ 8 - Los cretanos son siempre mentirosos. –Epimenides (cretano) 8 - Este enunciado es falso 8 - El enunciado siguiente es falso. El enunciado anterior es verdadero. 8 Las tres últimas son “paradojas” que resultan de permitir que las afirmaciones mismas sean el objeto del cual se afirma algo. Esto en general no se permite. I.1.1. Proposiciones Compuestas Usamos las variables p, q, r, . . . para denotar proposiciones de tal forma que podemos construir proposiciones compuestas en terminos de estas proposiciones usando conectivos lógicos. Por ejemplo, Sócrates es mortal y 2 + 2 = 4 Si todas las vacas tienen cuatro patas, entonces existe vida en otros planetas tienen las formas “p y q” y “si r entonces s”. Estos ejemplos reflejan que las proposiciones que se conectan son arbitrarias; no se requiere relación “semántica” entre ellas. A continuación para cada conectivo damos su tabla de verdad, la cual indica el valor de verdad de la proposición compuesta para cada combinación de valor de verdad de p y q. Negación Corresponde a la conectiva linguı́stica ”no” y se denota por ¬. La negación de p se escribe ¬p, se lée “no p”, y es verdadera exactamente cuando p es falsa. p ¬p V F F V Conjunción Corresponde a la conectiva linguı́stica ”y” y se denota por ∧. Por ejemplo Sócrates es mortal y 2 + 2 es 4. I.1. LÓGICA DE PROPOSICIONES 3 La conjunción de las proposiciones p y q se escribe p ∧ q, se lée “p y q”, y es verdadera exactamente cuando ambas proposiciones p y q son verdaderas: p q p∧q V V V V F F F F V F F F En el lenguaje ordinario, con frecuencia otras preposiciones (que dan un significado adicional) reemplazan la conjunción: Los estudiantes de las últimas filas no escuchan bien a pesar de que el profesor está usando el micrófono. Disyunción Corresponde a la conectiva linguı́stica ”o” y se denota por ∨. La disyunción de p y q se escribe p∨q, se lée “p y q”, y es falsa exactamente cuando ambas p y q son falsas. p q p∨q V V V V F V F V V F F F Note que la disyunción lógica es inclusiva, p y q pueden ser ambas verdaderas. Por otra parte, en el lenguaje ordinario la conectiva “o” es usualmente exclusiva, p o q pero no ambas pueden ser verdaderas, como en la pregunta Quiere té o café ? Implicación Corresponde a la conectiva linguı́stica ”implica” y se denota por →. La implicación de p a q se escribe p → q, se lée “p implica q”, y es falsa exactamente cuando p es verdadera y q es falsa. La justificación radica en que de una falsedad de puede deducir cualquier afirmación (véa la anécdota a continuación): “si hay 500 estudiantes en esta aula entonces yo soy de marte”. p q p→q V V V V F F V F V F F V 4 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Note que la tabla de ¬p ∨ q es igual a ésta (sólo es F cuando ambas ¬p y q son F, o sea cuando p es V y q es F). Se puede tomar ¬p ∨ q como la definición de p → q: las dos formas son lógicamente equivalentes (esto se define más adelante). Una proposición condicional puede aparecer en diferentes formas en el lenguaje. Por ejemplo, la imlicación “si p entonces q” puede escribirse como - q, si p - p solo si q - p es una condición suficiente para q - q es una condición necesaria para p - q, siempre que p - q provisto que p - no p, a menos que q - q, a menos que no p Con frecuencia, en el lenguaje ordinario la implicación tiene un significado diferente; por ejemplo en: Si haces la tarea entonces puedes ir a cine esta noche denota la necesidad de que la primera parte sea verdadera (que haga la tarea) para que la segunda parte pueda ser verdadera (ir a cine). Es decir la implicación es en el sentido contrario: si puede ir a cine entonces es porque ha hecho la tarea. La interpretación “p sólo si q” no se aplica algunas veces en el lenguaje ordinario: “si llueve entonces no voy” y “ llueve sólo si voy”. Anéctoda. La definición de implicación puede ser difı́cil de aceptar para algunas personas. La idea de que una afirmación falsa “implica” cualquier afirmación (si P es falso, entonces P → Q es cierto sin importar que es Q) es impugnada con frecuencia. En una reunión, el gran matemático y filósofo Bertrand Russell trataba de explicar este punto a un individuo obstinado quien finalmente acordó aceptarlo si Russell podı́a probar que 0 = 1 implicaba que Russell era el Papa. Russell reflexionó brevemente y entonces argumentó: si 0 = 1, entonces 1 = 2. Puesto que yo y el Papa somos dos, entonces yo y el Papa somos uno. Q.E.D. (aparece en el libro “Infinitesimal Calculus” de J. M. Henle y E. M. Kleinberg). Doble Implicación Corresponde a la conectiva linguı́stica ”si y sólo si” y se denota por ↔. La doble implicación de p y q se escribe p ↔ q, se lée “p si y sólo si q”, y es verdadera exactamente cuando p y q son ambas verdaderas o ambas falsas. I.1. LÓGICA DE PROPOSICIONES 5 p q p↔q V V V V F F F V F F F V La doble implicaión es equivalente a la conjunción de la implicación en ambas direcciones: (p → q) ∧ (q → p). Otras Notaciones La notación que hemos usado no es completamente estándar. Otras notaciones para la negación son ∼, y una raya sobre la variable; para la conjunción · el cual se puede omitir; para la disyunción +; para la implicación ⇒ (que nosotros usamos para la implicción lógica más adelante) y ⊃. 16 Funciones Lógicas Binarias p 6← q ¬p p 6→ q ¬q p⊕q F F F F F V V V F F V F F V V F V F V F F F V V V p↓q V V V V V V V V V V V F V V V V F F F F F V V V F F V V F F F F V F V F V F V F p↑q p∧q p↔q q p→q p p←q p∨q V q p Obviamente, otros conectivos de dos proposiciones son posibles: cada una de las 24 = 16 diferentes tablas de verdad posibles corresponde a un conectivo diferente. Pero cualquiera de ellos se puede expresar (es equivalente) a una forma proposicional (este concepto se define a continuación) con los conectivos ya definidos. Todas las 16 posibilidades aparecen en la siguiente tabla. F F F V F F F F Como se ve, todas se pueden expresar en términos de las cuatro básicas y la negación ¬. Entre estas son importantes el “o exclusivo” ⊕, y las negaciones de .o”denotadas con ↑ y ↓, llamadas también las barras de Sheffer. Estas últimas son importantes en el contexto de circuitos digitales donde las compuertas correspondientes se llaman NAND y NOR. Estos conectivos tienen la propiedad de ser cada uno sól un conjunto completo de conectivos, esto es, cualquier otra función booleana puede expresars en términos de cada una de ellas solamente (ver solución del taller 1). Otros conjuntos completos de conectivos son ∧, ¬ y ∨, ¬, lo que se puede verificar con las leyes de de Morgan (ver más adelante). 22 6 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN I.1.2. Formas Proposicionales Un hecho esencial en lógica es que la validez de una deducción depende sólo de la forma de que ella tenga. En el ejemplo inicial, si tomamos p : “Sócrates es un ser humano” y q : “Sócrates es mortal” entonces la deducción allı́ se puede reescribir como p→q p ∴ q La deducción es igualmente válida independinentemente de que proposiciones sustituyan las variables p y q. Sólo depende de la forma proposicional de las premisas y la conclusión. Definición. Una forma proposicional es cualquier expresión formada por: a) variables proposicionales como p, q, r, . . . b) conectivos lógicos ¬, ∧, ∨, → c) paréntesis ( y ) de la siguiente manera 1. una variable es una forma proposicional 2. si A y B son formas proposicionales, entonces (¬A), (A ∧ B), (A ∨ B) y (A → B) son también formas proposicionales. El propósito de los paréntesis es eliminar posible ambiguedad. Cuando esta no existe entonces se pueden omitir. Precedencia. Usualmente se da precedencia en el orden ¬, ∧, ∨, →, ↔. I.1.3. Valor de Verdad y Tabla de Vedad Una asignación de valor de verdad V ó F a cada una de las variables proposicionales involucradas se extiende a cualquier fórmula proposicional C de la siguiente manera 1. si C es una variable proposicional p entonces v(C) = v(p) 2. si C es de una de las formas (¬A), (A ∧ B), (A ∨ B) ó (A → B), entonces v(C) esta dado en términos de v(A) y v(B) por la tabla de verdad del conectivo correspondiente. I.1. LÓGICA DE PROPOSICIONES 7 Los valores de verdad de una fórmula proposicional dependiendo de los posibles valores de verdad asignados a las variables proposicionales involucradas se listan en una tabla de verdad para la fórmula proposicional. Veamos algunos ejemplos: ? ¬p ∨ q: p q ¬p ¬p ∨ q V V F V V F F F F V V V F F V V ? ¬(p ∧ q) ↔ ¬p ∨ ¬q: p q p ∧ q ¬(p ∧ q) ¬p ¬q ¬p ∨ ¬q ¬(p ∧ q) ↔ ¬p ∨ ¬q V V V F F F F V F V F V V V V F F V F V V F V V F F F V V V V V ? φ = (p ∧ (q ∨ r)) ↔ ((p ∧ q) ∨ (p ∧ r)): Primero, el diagrama arriba (árbol de análisis gramático) muestra los pasos que se siguen en la construcción de φ. Entonces la tabla de verdad se construye siguiendo esos pasos en orden inverso. p V V V V F F F F q V V F F V V F F r q ∨ r p ∧ (q ∨ r) p ∧ q p ∧ r (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) V V V V V V F V V V F V V V V F V V F F F F F F V V F F F F F V F F F F V V F F F F F F F F F F φ V V V V V V V V 8 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN I.1.4. Tautologı́a y Equivalencia Definición. Una forma proposicional es una tautologı́a si toma el valor V cualquiera que sea la asignación de valores a las variables proposicionales involucradas. Similarmente, una forma proposicional es una contradicción si toma el valor F cualquiera que sea la asignación de valores a las variables proposicionales involucradas. Por ejemplo veamos que p ∨ (¬p) es una tautologı́a (principio del medio excluido): p ¬p p ∨ (¬p) V F V F V V y (p → q) ↔ (¬p ∨ q); p q p → q ¬p (¬p ∨ q) (p → q) ↔ (¬p ∨ q) V V V F V V V F F F F V F V V V V V F F V V V V Definición. Se dice que A y B son lógicamente equivalentes, y se escribe A ⇔ B, si la forma proposicional (A ↔ B) es una tautologı́a. (Johnsonbaugh usa ≡ para denotar equivalencia lógica.) I.1.5. Propiedades de los Conectivos Cada una de las siguientes propiedades de los conectivos ¬, ∧, ∨ se verifica por medio de una tabla de verdad. En los ejemplos de tablas de verdad arriba ya hemos verificado dos de ellas (una ley de De Morgan y una ley distributiva). Las otras son igualmente fáciles de verificar. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Nombre Conmutatividad: p∧q Asociatividad: (p ∧ q) ∧ r Distributividad: p ∧ (q ∨ r) Identidad: p∧V Negación: p ∨ ¬p Doble negación: ¬(¬p) Idempotencia: p∧p De Morgan: ¬(p ∧ q) Dominación: p∨V Absorción: p ∨ (p ∧ q) Neg. de V y F: ¬V ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ q∧p p∨q p ∧ (q ∧ r) (p ∨ q) ∨ r (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) p ∨ (q ∧ r) V p∨F V p ∧ ¬p p p p∨p ¬p ∨ ¬q ¬(p ∨ q) V p∧F p p ∧ (p ∨ q) F ¬F ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ q∨p p ∨ (q ∨ r) (p ∨ q) ∨ (p ∨ r) p F ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ p ¬p ∧ ¬q F p V I.1. LÓGICA DE PROPOSICIONES 9 Algunas equivalencia que involucran la equivalencia se listan a continuación (estas no se usan con frecuencia; no se discutieron en clase, pero algunas aparecieron en una tarea o taller): Nombre 1 Conmut.: 2 Asociat.: 4 Distrib.: p → ¬q (p ∧ q) → r p → (q ∧ r) p ∧ (q → r) 5 Ident.: p→F 6 Negac.: p→p 7 Idempot.: p → ¬p 8 DeMorg.: ¬(p ∧ q) 9 Domin.: p→V 10 Absorc.: p ∧ (¬p → q) (p → q) → p I.1.6. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ q → ¬p ¬p → q p → (q → r) p → (q ∨ r) (p → q) ∧ (p → r) (p ∨ q) → r (p → q) → (p ∧ r) ¬p V →p V ¬p → ¬p ¬p ¬p → p p → ¬q ¬(p → q) V F→p p ¬p → (p ∧ q) p ⇔ ¬q → p ⇔ (p → q) ∨ r ⇔ (p → r) ∧ (q → r) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ p V p p ∧ ¬q V p Formas Normales Disyuntiva y Conjuntiva Primero una aclaración. Los conectivos ∧ y ∨ son binarios y asociativos: p ∧ (q ∧ r) = (p ∧ q) ∧ r; p ∨ (q ∨ r) = (p ∨ q) ∨ r Con base en esto se pueden extender a cualquier número de argumentos sin importar la asociación: la conjunción de varios argumentos es V exactamente cuando todos los argumentos son V, y la disyunción de varios argumentos es F exactamente cuando todos los argumentos son F. Ası́ que la disyunción y conjunción de varios argumentos está bien definida. Consideremos como ejemplo la siguiente función de valores de verdad f(p, q, r): p V V V V F F F F q V V F F V V F F r f(p, q, r) V V F F V F F V V F F V V V F F Para cada una de las lı́neas en la tabla con f(p, q, r) = V se obtiene fácilmente una forma que es V sólo para los valores de verdad de p, q, r en esa lı́nea. En orden para las cuatro lı́neas con V (1,4,6,7) estas formas son p ∧ q ∧ r, p ∧ ¬q ∧ ¬r, ¬p ∧ q ∧ ¬r, ¬p ∧ ¬q ∧ r. 10 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Conectando estas formas con disyunción se obtiene una forma que tiene la misma tabla dada para f(p, q, r): (p ∧ q ∧ r) ∨ (p ∧ ¬q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r). Esta es la llamada forma normal disyuntiva para f(p, q, r), y consiste de una disyunción de conjunciones de variables ó sus negaciones. Existe una forma “dual” que consiste de conjunciones de disyunciones. Para obtener ésta nos concentramos en las lı́neas con f(p, q, r) = F. Para cada una se obtiene una disyunción que es F sólo para los valores de p, q, r en esa lı́nea. Para las lı́neas 2,3,5,8, son ¬p ∨ ¬q ∨ r; ¬p ∨ q ∨ ¬r; p ∨ ¬q ∨ ¬r; p∨q∨r Y la conjunción de estas es equivalente a f(p, q, r): (¬p ∨ ¬q ∨ r) ∧ (¬p ∨ q ∨ ¬r) ∧ (p ∨ ¬q ∨ ¬r) ∧ (p ∨ q ∨ r) Esta es la forma normal conjuntiva. I.1.7. Reglas de Inferencia Definición. Si A y B son formas proposicionales se dice que A implica lógicamente B, y se escribe A ⇒ B, si la forma proposicional (A → B) es una tautologı́a. Una impilicación lógica A ⇒ B se llama una regla de inferencia. Por ejemplo, una de las reglas de inferencia más importantes es: p ∧ (p → q) ⇒ q Esta se le llama modus ponendo ponens que quiere decir (más o menos que) “el modo de afirmar por medio de una afirmación”, o más brevemente modus ponens. La implicación lógica también se expresa como ? B es una consecuencia lógica de A ? A es una condición suficiente de B ? B es una condición necesaria de A Usualmente en una regla de inferencia la forma A es una conjunción de formas llamadas premisas y la forma B es la conclusión. La siguiente tabla muestra las principales reglas de inferencia. Las premisas a la derecha de cada regla y que aparecen separadas por una coma se entienden implı́citamente unidas por medio de conjunción. Ası́ que la regla 3 es trivial, pero se introduce porque como veremos las premisas aparecen en lı́neas diferentes de una prueba. I.1. LÓGICA DE PROPOSICIONES 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 Nombre Premisas Simplificación conjuntiva (Simp): p∧q Adición disyuntiva (Adic): p Conjunción (Conj): p, q Modus Ponens (MP): p, p → q Modus Tollens (MT): ¬q, p → q Silogismo disyuntivo (SD): ¬p, p ∨ q Silogismo hipotético (SH): p → q, q → r Dilema constructivo (DC): p ∨ q, p → r, q → s Prueba trivial (Trivial): q Prueba vacı́a (Vacı́a): ¬p Prueba por contradicción (Contr): ¬p → F Reducción al absurdo (Abs): p → q, p → ¬q Separación de casos (Casos): p ∨ q, p → r, q → s 11 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ Conclusión p p∨q p∧q q ¬p q p→r r∨s p→q p→q p ¬p r∨s Otra regla importante es modus tollens ó modus tollendo tollens (“modo de negar negando” ó método de negar el consecuente). Esta regla usa el contrapositivo (ver adelante), mientas que modus ponens usa la implicación directa. Contrapositivo, Converso, Inverso Para un condicional “si p entonces q” (p → q) se definen los siguientes condicionales relacionados: Contrapositivo: “si no q entonces no p ” ¬q → ¬p Converso: “si q entonces p” q→p Inverso: “si no p entonces no q” ¬p → ¬q El contrapositivo es equivalente a la proposición original, y el converso y el inverso lo son entre sı́, pero estos no son equivalentes a la proposición original. Ejemplo. Para la proposición original: “si a > b entonces a2 > b2 ” tenemos (cambiando el signo de desigualdad para formar la negación) Contrapositivo: “si a2 ≤ b2 entonces a ≤ b” Converso: “si a2 > b2 entonces a > b” Inverso: “si a ≤ b entonces a2 ≤ b2 ” I.1.8. Argumentos, Validez y Pruebas Definición. Un argumento es una secuencia de afirmaciones. Todas estas excepto la última se llaman premisas (o supuestos ó hipótesis), La afirmación final es la conclusión. El sı́mbolo ∴ se lee “por lo tanto” y usualmente se escribe antes de la 12 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN conclusión. En una forma de argumento aparecen variables proposicionales en lugar de proposiciones y se dice que es válida si sin importar que proposiciones se sustituyen por las variables proposicionales en las premisas, si las premisas resultantes son todas verdaderas, entonces la conclusión es también verdadera. Se dice que un argumento es válido si su forma es válida. Definición. Dado un argumento con premisas P1 , P2 , . . . , Pn y conclusión Q, una prueba formal de la validez del argumento consiste de una lista de proposiciones que terminan con Q, tal que cada proposición en la lista satisface uno de los siguentes criterios: (a) es una premisa de el argumento (b) se deriva de una o más de las proposiciones anteriores en la lista usando una de las reglas de inferencia (c) se obtiene de una de las proposiciones anteriores usando una equvalencia lógica Ejemplo. Consideramos el siguiente argumento: Si las gafas están en la mesa de la cocina las habrı́a visto al desayunar. Leı́ el periódico en la sala o en la cocina. Si leı́ el periódico en la sala entonces están sobre la mesa de centro. No vı́ las gafas al desayunar. Si leı́ un libro en la cama entonces las gafas están en la mesa de noche. Si leı́ el periódico en la cocina entonces las gafas están sobre la mesa de la cocina. Primero damos nombre a las siguientes proposiciones: P: las gafas están en la mesa de la cocina Q: vı́ las gafas al desayunar R: leı́ el periódico en la sala S: leı́ el periódico en la cocina T : gafas están en la mesa de centro U: leı́ un libro en la cama V: las gafas están en la mesa de noche Con esto, se tiene la siguiente información: 1. 2. 3. 4. 5. 6. P→Q R∨S R→T ¬Q U→V S→P I.1. LÓGICA DE PROPOSICIONES 13 Queremos deducir T de esta información, es decir queremos verificar la validez de la forma de argumento (realmente no es necesario pasar a una forma con variables p, q, r, . . .; podrı́amos dejarlo en términos de P, Q, R. . . .). p→q r∨s r→t ¬q u→v s→p ∴ t premisa premisa premisa premisa premisa premisa donde hemos reemplazado varibales (variables minúsculas) por las proposiciones. La siguiente es una prueba de la validez de esta forma de argumento: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. p→q r∨s r→t ¬q u→v s→p ¬p ¬s r t premisa premisa premisa premisa premisa premisa MT 1,4 MT 6, 7 SD 2,8 MP 3,9 A la derecha escribimos para cada afirmación si es una premisa o la regla de inferencia que se ha usado y las afirmaciones previas a que se ha aplicado. I.1.9. Método de Prueba Condicional Para establecer la validez de un argumento: p1 , p2 , . . . , pn ⇒ q → r verificamos el argumento de p1 , p2 , . . . , pn , q ⇒ r La justificación de esto es que p → (q → r) ⇔ (p ∧ q) → r Ejemplo. Probar la validez del siguiente argumento usando el método de prueba condicional: 14 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Si compro el libro entonces debo prestárselo a Juan y Marı́a. Si se lo presto a Juan ó Marı́a entonces debo prestárselo también a Rosa. Por lo tanto, si compro el libro entonces debo prestárselo a Rosa. Simbolizamos las proposiciones: C: Compro el libro J: Se lo presto a Juan M: Se lo presto a Marı́a R: Se lo presto a Rosa La conclusión que se busca es C → R. Usando el método de prueba condicional (PC) agregamos C a las premisas y se tiene la siguiente prueba: C→J∧M J∨M→R C J∧M J J∨M R C→R 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 9. I.1.10. premisa premisa premisa PC MT 1,3 Simp 4 Adic 5 MT 2,6 PC 3,7 Pruebas por Resolución Las reglas de inferencia que se han estado usando no son independientes. Una puede ser reemplazada por otras junto equivalencias lógicas. Por ejemplo MT puede ser reemplazado con SD: 1. 2. 3. 4. 5. p→q p ¬p ∨ q ¬¬p q premisa premisa equivalencia de 1 eqivalencia de 2 SD 3,4 Resolución es otra regla de inferencia que aplica a premisas en forma de cláusulas, esto es, disyunciones de variables o sus negaciones (hemos llamado estas literales antes). Por ejemplo u ∨ ¬v ∨ ¬w La regla de resolución toma dos cláusulas y produce una cláusula: (p ∨ `1 ∨ · · · `m ) ∧ (¬p ∨ `10 ∨ · · · `n0 ) ⇒ (`1 ∨ · · · `m ∨ `10 ∨ · · · `n0 ) donde las `i y `j0 son literales. Informalmente, se cancelan p y ¬p y quedan las otras literales. No lo vamos a probar aquı́, pero dadas la premisas en forma de cláusulas, una prueba puede restringirse a usar sólo la regla de resolución. Una froma de “ver” la validez de la regla de resolución es que “p ó ¬p” es V: I.1. LÓGICA DE PROPOSICIONES 15 si p es V entonces ¬p es F y por lo tanto `10 ∨ · · · `n0 es V si ¬p es V entonces p es F y por lo tanto `1 ∨ · · · `m es V Por lo tanto se tiene que `10 ∨ · · · `n0 ó `1 ∨ · · · `m : (`1 ∨ · · · `m ) ∨ (`10 ∨ · · · `n0 ) ⇔ (`1 ∨ · · · `m ∨ `10 ∨ · · · `n0 ) Ejemplo. Consideramos el argumento: p∨q ¬p ∨ r ¬r ∨ s ∴ q∨s premisa premisa premisa y la prueba usando sólo resolución 1. 2. 3. 4. 5. p∨q ¬p ∨ r ¬r ∨ s ¬p ∨ s q∨s premisa premisa premisa resolción 2,3 resolución 1,4 Si las premisas ó conclusión no están en forma de cláuslas, éstas deben ser transformadas a cláusulas por medio de equivalencias. Cualquier forma proposicional tiene una equivalente en forma normal conjuntiva, la cual es una conjunción de cláusulas; cada una de esas claúsulas se convierte en una premisa. Además es usual que las pruebas de resolución se realcen por contradicción: se asume la negación de la conclusión, la cual entonces puede convertirse en más de na premisa. En este caso se debe llegar a una falsedad (F). Ejemplo. Consideramos el argumento (en la tarea, pero no asignado): ¬p → (r ∧ ¬s) t→s u → ¬p ¬w u∨w ∴ ¬t ∨ w premisa premisa premisa premisa premisa conclusión Primero reescribimos todas las premisas y negación de la conclusión como cláusulas (disyunciones de variables o sus negaciones): Usando equivalencias, obtenemos: ¬p → (r ∧ ¬s) ⇔ ⇔ ⇔ t→s ⇔ u → ¬p ⇔ ¬¬p ∨ (r ∧ ¬s) p ∨ (r ∧ ¬s) (p ∨ r) ∧ (p ∨ ¬s), ¬t ∨ s, ¬u ∨ ¬p. 16 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Primero reescribimos el argumento con sólo cláusulas: p∨r p ∨ ¬s ¬t ∨ s ¬u ∨ ¬p ¬w u∨w ∴ ¬t ∨ w premisa premisa premisa premisa premisa premisa conclusión Una prueba directa usando resolución: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. p∨r p ∨ ¬s ¬t ∨ s ¬u ∨ ¬p ¬w u∨w ¬t ∨ p ¬t ∨ ¬u ¬t ∨ w premisa premisa premisa premisa premisa premisa resolución 2,3 resolución 4,7 resolución 6,8 Para escribir una prueba por contradicción, primero negamos la conclusión ¬(¬t ∨ w) ⇔ ¬¬t ∧ ¬w ⇔ t ∧ ¬w, que entonces debe escribirse como dos premisas (escribimos de nuevo ¬w aunque no es necesario porque está allı́ como premisa) en la prueba: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. p∨r p ∨ ¬s ¬t ∨ s ¬u ∨ ¬p ¬w u∨w t ¬w s p ¬u w F premisa premisa premisa premisa premisa premisa premisa prueba por contrad. premisa prueba por contrad. resolución 3,7 resolución 2,9 resolución 4,10 resolución 6,11 resolución 5,12 Alternativamente, haciendo la prueba directa y luego resolviendo con la negación de las conclusión: I.1. LÓGICA DE PROPOSICIONES 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13 p∨r p ∨ ¬s ¬t ∨ s ¬u ∨ ¬p ¬w u∨w t ¬w ¬t ∨ p ¬t ∨ ¬u ¬t ∨ w w F 17 premisa premisa premisa premisa premisa premisa premisa prueba por contrad. premisa prueba por contrad. resolución 2,3 resolución 4,9 resolución 6,10 resolución 7,11 resolución 5,12. En este caso ambas alternativas tienen la misma longitud (pero no es necesariamente el caso). I.1.11. Paradoja de Carroll: Lo que la tortuga le dijo a Aquiles (Este es un ejemplo de las paradojas que pueden aparecer cuando se mezcla la deducción en diferentes niveles de discurso.) En una historia escrita por Lewis Carroll (autor de “Las aventuras de Alicia en el paı́s de las maravillas” y cuyo nombre real era Charles Lutwidge Dodgson), Aquiles trata de convencer a la tortuga de que A y B implican Z a continuación: A : Dos cosas que son iguales a una misma cosa son iguales una a la otra B : Dos lados de este triángulo son cosas iguales a la misma cosa Z : Dos lados de este triángulo son iguales uno al otro La tortuga dice que no puede aceptar a menos que acepte el condicional C: A: Dos cosas que son iguales a una misma cosa son iguales una a la otra B: Dos lados de este triángulo son cosas iguales a la misma cosa C: Si A y B son ciertas entonces Z es cierta Z: Dos lados de este triángulo son iguales uno al otro Pero una vez Aquiles escribe la nueva premisa C y la tortuga la acepta, ésta afirma que antes de aceptar Z ahora una nueva premisa D es necesaria: A: Dos cosas que son iguales a una misma cosa son iguales una a la otra B: Dos lados de este triángulo son cosas iguales a la misma cosa C: Si A y B son ciertas entonces Z es cierta D: Si A, B y C son ciertas entonces Z es cierta Z: Dos lados de este triángulo son iguales uno al otro 18 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN y una vez aceptada la premisa D, igualmente un nuevo condicional es necesario antes de que la tortuga peda aceptar Z: A: Dos cosas que son iguales a una misma cosa son iguales una a la otra B: Dos lados de este triángulo son cosas iguales a la misma cosa C: Si A y B son ciertas entonces Z es cierta D: Si A, B y C son ciertas entonces Z es cierta E: Si A, B, C y D son ciertas entonces Z es cierta Z: Dos lados de este triángulo son iguales uno al otro lo cual puede continuar indefinidamente . . . I.1.12. Un Acertijo En un programa de concurso hay dos puertas, una de ellas lleva al gran premio y la otra a un premio de consolación. Cada una de las puertas tiene escrita sobre ella dos afirmaciones cada una de las cuales es verdadera o falsa. Cual puerta escogerı́a ? Puerta 1 Puerta 2 Exactamente dos de estas afirmaciones son verdaderas Exactamente tres de estas afirmaciones son falsas La puerta del premio tiene al menos un afirmación verdadera Todas estas cuatro afirmaciones son falsas Solución: Llamemos las proposiciones en la puerta derecha A (arriba) y B (abajo) y las proposiciones en la puerta izquierda C (arriba) y D (abajo). Si D fuera cierta entonces habrı́a una inconsistencia (debe ser falsa). Para que se tenga consistencia, en cualquier caso - D debe ser falsa y al menos una entre A, B y C debe ser cierta. A, C afirman que hay exactamente 2 y 3 afirmaciones falsas respectivamente. Por lo tanto - a lo más una entre A y C puede ser cierta. Tenemos tres casos: - si A es cierta, entonces C es falsa y B es cierta (porque debe haber dos ciertas), y entonces el premio debe estar detrás de la puerta 1. I.2. LÓGICA DE PREDICADOS 19 - Si C es cierta, entonces las otras tres son falsas, y el premio debe estar detrás de la puerta 1 (porque es la puerta sin afirmaciones verdaderas). - Si A y C son falsas, entonces B debe ser cierta (porque debe haber al menos una cierta entre todas), y el premio debe estar detrás de la puerta 1 (porque es la única con al menos una afirmación verdadera. En cualquier caso en que hay consistencia resulta que el premio debe estar detrás de la puerta 1. I.2. Lógica de Predicados La lógica proposicional que hasta ahora hemos considerado es insuficiente para formalizar argumentos como el siguiente ∴ Todo ser humano es mortal Sócrates es un ser humano Sócrates es mortal Para esto debemos introducir las funciones proposicionales o predicados como una forma concisa de afirmar o negar una propiedad de diferentes objetos. Y, además, los cuantificadores universal y existencial que hacen posible calificar el conjunto de objetos que satisface una sentencia de predicados. I.2.1. Predicados Un predicado es una forma concisa de expresar una colección de proposiciones que afirman (o niegan) una misma propiedad de diferentes objetos. Por ejemplo, para expresar 2 es par, 3 no es par, 40 es par, 10001 no es par, se introduce entonces el predicado par(n) cuyo argumento n es un número entero y cuyo valor cuando se substituye n por un valor es una proposición que afirma que n es par, y la cual puede ser V ó F. Ası́ podemos expresar lo anterior como par(2), ¬par(3), par(40), ¬par(10001). Definición. Un predicado es una sentencia que contiene un número un número finito de variables y se convierte en una proposición cuando se sustituyen valores especı́ficos de las variables. El dominio ó universo de discusión de una variable del predicado es el conjunto de valores que se puede sustituir por la variable. El conjunto de verdad del predicado P(x) es el conjunto de todos los elementos del dominio para los que P(x) es verdadero. Ejemplo. Consideremos en la siguiente figura las regiones denotas a, b, . . . , g y el predicado N(x, y) que afirma que “x es vecino de y” en el diagrama. Asumimos que una región no es vecina de si misma: N(a, a) es falso, etc. Se observa por ejemplo que N(a, b) y N(b, d) son verdaderos, mientras que N(e, h) y N(f, c) son falsos. 20 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN I.2.2. Cuantificadores Una función proposicional P(x) (predicado, ó proposición abierta) da lugar a una proposición cuando se asignan valores concretos del universo de discurso U a la variables x. Otra forma de cerrar una sentencia abierta es con el uso de cuantificadores universales y existenciales: Cuantificador Universal: Para todo objeto x en el universo de discurso U, se verifica P(x). Se escribe simbólicamente ∀x ∈ U P(x) Esta proposición es verdadera si para todo x ∈ U se tiene que P(x) es verdadera. Cuantificador Existencial: Existe un objeto a en el universo de discurso U, para el cual se verifica Q(a). Se escribe simbólicamente ∃x ∈ U Q(x) Esta proposición es verdadera si existe (al menos) un x ∈ U tal que P(x) es verdadera. Aunque no es estándar, aquı́ vamos a incluir cuando sea conveniente por claridad dos puntos “:” antes del predicado: ∀x ∈ U : P(x), ∃x ∈ U : Q(x) Si el universo de discurso es claro en el contexto, entonces se puede omitir la parte ∈ U y simplemente se escribe ∀x : P(x), ∃x : Q(x) Ejemplo. Considere la relación menor < sobre el conjunto de números naturales (con el cero), enteros, racionales positivos y racionales respectivamente. Decidir el valor de verdad de cada una de las siguientes proposiciones: I.2. LÓGICA DE PREDICADOS 21 (a) ∀x∀y, x < y: Para todo x y y, x es menor que y. Falso en todos los casos. (b) ∀x∃y, x < y: Para todo x existe un y mayor. Verdadero en todos los casos. (c) ∀x∃y, y < x: Para todo x existe un y menor. Falso en los naturales (no hay elemento menor que 0). Verdadero en los otros casos. (d) ∃x∀y, x < y: Existe un x menor que todo y. Falso en todos los casos. Pero “casi” cierto para los naturales, excepto que 0 no es menor que sı́ mismo. (e) ∃x∀y, y < x: Existe un x mayor que todo y. Falso en todos los casos. (f) ∃x∃y, x < y: Existen dos elementos, uno menor que el otro. Verdadero en todos los casos. I.2.3. Formas de Predicados En la lógica de proposiciones se definió una forma proposicional a partir de los elementos básicos. Análogamente en la lógica de predicados se construyen expresiones complicadas a partir de predicados básicos P, Q, R, . . ., variables x, y, z, . . . , conectivos lógicos ∨, ∧, ¬, →, ↔, cuantificadores ∀, ∃ paréntesis (, ) y constantes a, b, c, . . . (del universo de discurso). Una variable esta libre si no está cuantificada, y está ligada si está cuantificada. Una forma de predicados es una expresión formada de la siguiente manera: 1. un predicado básico con una variable como argumento 2. si A y B son formas de predicados entonces (¬A), (A ∧ B), (A ∨ B), (A → B), (A ↔ B) son formas de predicados 3. si A es una forma de predicados con variable libre x, entonces (∀x A(x)) y (∃x A(x)) son formas de predicados, como también A(a) para a en el universo de discurso. Aquı́ también se omiten paréntesis si no existe ambiguedad. Ejemplo. En el ejemplo de las regiones arriba, con universo de discurso igual al conjunto de las regiones y predicado N(x) tenemos las las siguientes proposiciones. (Cuál es el significado de las siguientes afirmaciones, y cual es el valor de verdad ? Solución en taller) (a) ∃x∀yN(x, y) (b) ∃x∀y(N(x, y) ∨ ∃z(N(x, z) ∧ N(z, y))) (c) ∀x∀y(N(x, y)∨∃z((N(x, z)∧N(z, y))∨∃z 0 ((N(x, z)∧N(z, z 0 )∧N(z 0 , y))))) (d) ∃x∃y∃z(N(x, y) ∧ N(x, z) ∧ ∀t(((t 6= x) ∧ (t 6= y) ∧ (t 6= z)) → ¬N(t, x)))) 22 I.2.4. CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Reglas de negación de cuantificadores Supongamos que un universo de discurso está definido. Entonces para cualquier función proposicional P(x) ¬∀x P(x) ⇔ ∃x ¬P(x) ¬∃x Q(x) ⇔ ∀x ¬Q(x) (Observación omitida en clase: Para un dominio de discurso finito con elementos a1 , a2 , . . . , ak entonces ∀x P(x) ⇔ (P(a1 ) ∧ P(a2 ) ∧ P(a3 ) ∧ · · · ∧ P(ak ) y ∃x P(x) ⇔ (P(a1 ) ∨ P(a2 ) ∨ P(a3 ) ∨ · · · ∨ P(ak ) y las reglas de negación de cuantificadores son simplemente las reglas de de Morgan.) Ejemplo. Probar que ¬∀x(P(x) → Q(x)) ⇔ ∃(P(x) ∧ ¬Q(x)) Solución: Tenemos las equivalencias ¬∀x(P(x) → Q(x)) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∃x ¬(P(x) → Q(x)) entra la negación ∃x ¬(¬P(x) ∨ Q(x)) equivalencia de la implicación ∃x (¬¬P(x) ∧ ¬Q(x)) ley de de Morgan ∃x (P(x) ∧ ¬Q(x)) simplificación Los cuantificadores pueden restringirse a un subconjunto del universo de discurso. Por ejemplo, para A ⊆ U, podemos escribir ∀x ∈ A : P(x) y ∃x ∈ A : Q(x) y ∃x ∈ U : (x ∈ A ∧ Q(x)) Estas formas son equivalentes a ∀x ∈ U : (x ∈ A → P(x)) Veamos que esto es consistente con las reglas de negación arriba: ¬(∀x ∈ A : P(x)) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ¬∀x ∈ U : (x ∈ A → P(x)) ∃x ∈ U : ¬(x ∈ A → P(x)) ∃x ∈ U : (x ∈ A ∧ ¬P(x)) ∃x ∈ A : ¬P(x). I.2. LÓGICA DE PREDICADOS 23 Similarmente: ¬(∃x ∈ A : Q(x)) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ¬∃x ∈ U : (x ∈ A ∧ Q(x)) ∀x ∈ U : ¬(x ∈ A ∧ Q(x)) ∀x ∈ U : ¬(x ∈ A) ∨ ¬Q(x)) ∀x ∈ U : (x ∈ A → ¬Q(x)) ∀x ∈ A : ¬Q(x). Ejemplo. Veamos como ejemplo la definición de convergencia de una sucesión de números reales. De acuerdo con el libro de Stewart: la sucesión {an } converge si existe α tal que “podemos hacer los términos an tan cercanos a α como queramos tomando n suficientemente grande. Para formalizar “existe α”, “tan cercanos · · · como queramos”, “suficientemente grande”, necesitamos usar cuantificadores (usamos R para denotar el conjunto de números reales y N para denotar el conjunto de números naturales 1, 2, 3, . . .): Una sucesión a1 , a2 , a3 , a4 , . . . de números reales converge si existe un número real α tal que para todo número real positivo existe entero N ≥ 1 tal que para todo entero n si n ≥ N entonces se tiene que |an − α| < : ∃α ∈ R ∀ ∈ R+ ∃N ∈ N ∀n ∈ N : n ≥ N → |an − α| < Si introducimos la convención de que variables como α y son reales, y variables como n y N son naturales, entonces podemos escribir ∃α ∀ > 0 ∃N ∀n ≥ N : |an − α| < (Note las desigualdades > 0, n ≥ N y |an − α| < . La primera realmente tiene que ser estricta porque en general an no tiene que tomar el valor α eventualmente. Las otras dos pueden ser estrictas o no estrictas.) 24 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Que quiere decir entonces que la sucesión no es convergente ? Aplicando la regla de mover la negación dentro del cuantificador mientras se cambia éste de universal a existencial y viceversa, la negación de la fórmula anterior (la segunda versión) es ∀α ∃ > 0 ∀N ∃n ≥ N : ¬(|an − α| < ) = ∀α ∃ > 0 ∀N ∃n ≥ N : |an − α| ≥ En palabras Para todo α existe un intervalo alrededor de α (I = (α − , α + )) tal que la sucesión no permanece eventualmente en ese intervalo (para todo N existe n ≥ N tal que an no está en I). Trate de usar estas definiciones formales para verificar que an = 1/n converge a 0 y que bn = (−1)n no es convergente. I.2.5. Deducción Consideremos el argumento Todos los seres humanos son mortales Sócrates es un ser humano ∴ Sócrates es mortal Definiendo los predicados H(x): x es humano M(x): x es mortal el argumento se puede reescribir en forma simbólica como ∀x, H(x) → M(x) H(Sócrates) ∴ M(Sócrates) Esta deducción es similar a una aplicación de la regla modus ponens, pero estrictamente aquella no es aplicable debido a la presencia del cuantificador ∀. Se puede entonces introducir una regla de inferencia Modus Ponens Universal: Para cualquier par de predicados, P(x), Q(x) sobre un dominio de discurso U, el siguiente argumento es válido: ∀x, P(x) → Q(x) P(a) para cualquier a ∈ U ∴ Q(a) I.2. LÓGICA DE PREDICADOS 25 Pero tendrı́amos que introducir otras reglas de inferencia como Modus Tollens Universal, etc. Además, se tiene la situación análoga con el cuantificador ∃. Una mejor alternativa es introducir la regla Instanciación Universal: Dada un predicado P(x), de la verdad de ∀P(x), podemos inferir P(a) para cualquier a en el universo de discurso U. Simbólicamente ∀x P(x) ∴ P(a) para cualquier a ∈ U (a es arbitrario) Usando esta regla de inferencia podemos dar una prueba de la regla Modus Ponens Universal: 1. ∀x (P(x) → Q(x)) premisa 2. P(a) para un a ∈ U premisa 3. P(a) → Q(a) IU 1 4. Q(a) MP 2,3 Para probar la validez de un argumento como ∀x P(x) → Q(x) ∀x P(x) ∴ ∀x Q(x) necesitamos una regla de inferencia complementaria Generalización Universal: Dada un predicado P(x), de la verdad de P(a) para cualquier a en el universo de discurso U, se puede deducir la verdad de ∀x P(x). Simbólicamente P(a) para cualquier a ∈ U (a es arbitrario) ∴ ∀x P(x) Con esta regla podemos dar la siguiente prueba de la validez del argumento arriba: 1. 2. 3. 4. 5. 6. ∀x (P(x) → Q(x)) ∀x P(x) P(a) → Q(a) P(a) Q(a) ∀x Q(x) premisa premisa IU 1 IU 2 MP 3,4 GU 4 Para el cuantificador existencial se requieren dos reglas de inferencia correspondientes: Instanciación Existencial: Dada un predicado P(x), de la verdad de ∃P(x), podemos inferir P(a) para algún a en el universo de discurso U. Simbólicamente ∃x P(x) ∴ P(a) para algún a ∈ U (a es especı́fico) 26 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Generalización Existencial: Dada un predicado P(x), de la verdad de P(a) para algún a en el universo de discurso U, se puede deducir la verdad de ∃x P(x). Simbólicamente P(a) para algún a ∈ U (a es especı́fico) ∴ ∃x P(x) Los siguientes ejemplos ilustran el uso de estas reglas de inferencia. Ejemplo. Construya prueba formal para el siguiente argumento: Todos los humanos son mamı́feros. Algunos humanos son carnı́voros. Por lo tanto algunos mamı́feros son carnı́voros. Simbolizamos las proposiciones: H(x) : x es un humano M(x) : x es un mamı́fero C(x) : x es carnı́voro El argumento simbólicamente es: ∀x (H(x) → M(x)) ∃x (H(x) → C(x)) ∴ ∃x C(x) ∧ M(x) premisa premisa conclusión La prueba de validez: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. ∀x (H(x) → M(x)) ∃x (H(x) → C(x)) H(a) ∧ C(a) H(a) → M(a) C(a) ∧ H(a) C(a) E(a) M(a) C(a) ∧ M(a) ∃x C(x) ∧ M(x) premisa premisa IU 2, a particular IU 1 conmut 3 simpl 5 simpl 3 MP 4,7 conj 6,8 GE 9 Ejemplo. Construya prueba formal para el siguiente argumento: Todo empleado es de tiempo parcial o se le paga mensualmente. Todo empleado trabaja dos dı́as a la semana o no trabaja tiempo parcial. Por lo tanto todo empleado al que no se le paga mensualmente trabaja dos dı́as a la semana. Simbolizamos las proposiciones: I.3. EJEMPLOS EN LA TEORÍA DE NÚMEROS 27 M(x) : a x se le paga mensualmente P(x) : x trabaja tiempo parcial D(x) : x trabaja dos dı́as a la semana El argumento simbólicamente es ∀x (P(x) ∨ M(x)) ∀x (D(x) ∨ ¬P(x)) ∴ ∀x (¬M(x) → D(x)) premisa premisa conclusión La prueba de validez del argumento es: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. I.3. I.3.1. ∀x (P(x) ∨ M(x)) ∀x (D(x) ∨ ¬P(x)) P(a) ∨ M(a) D(a) ∨ ¬P(a) M(a) ∨ P(a) ¬¬M(a) ∨ P(a) ¬M(a) → P(a) ¬P(a) ∨ D(a) P(a) → D(a) ¬M(a) → D(a) ∀x (¬M(x) → D(x)) premisa premisa IU 1, a arbitrario IU, 2 conmut, 3 doble negación, 5 equiv. implicación, 6 conmut, 4 equiv. implicación, 8 SH, 7,9 UG, 10 Ejemplos en la Teorı́a de Números Paridad Definición. Un número entero es par si y sólo si existe un número entero k de tal forma que n = 2k. Un número entero es impar si y sólo si existe un número entero ` de tal forma que n = 2` + 1. Un número entero es par ó es impar. Este hecho que es bastante aparente requiere justificación. Esta puede obtenerse del llamado teorema del cociente y residuo: Teorema 1 (Cociente y residuo) Dados n ∈ Z y d ∈ Z+ , existen enteros únicos q y r tal que n = q · d + r y 0 ≤ r < d. En el teorema, d es el divisor y q y r son el cociente y el residuo. Tomando d = 2 en el teorema, se encuentra que r = 0, 1 y por lo tanto cualquier entero es par o impar (puesto que q y r son únicos, un entero no puede ser par e impar simultáneamente). La prueba de este primer teorema es directa. 28 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Teorema 2 Para cualquier entero n, si n es par entonces n2 es par. Veamos primero una prueba detallada lı́nea por lı́nea: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Sea n un número par entero arbitrario Existe un entero k tal que n = 2k Entonces n2 = (2k)2 = 4k2 = 2(2k2 ) ` = 2k2 es entero Entonces n = 2` es par Si n es par entonces 3n + 2 es par Para todo entero par n, n2 es par definición de par manipulación aritmética enteros son cerrados bajo multipl. definición de par conclusión de prueba condicional generalización universal Y en la forma más usual, como un texto: Prueba. Sea n un número par arbitrario. Por definición, n = 2k para k algún entero. Entonces n2 = (2k)2 = 4k2 = 2(2k2 ), y como 2k2 es entero, entonces n2 es par. El converso1 también es cierto, pero no es claro cómo serı́a una prueba directa. Se prueba más bien el contrapositivo. Teorema 3 Para cualquier entero n, si n2 es par entonces n es par. Prueba. Probamos el contrapositivo: si n es impar entonces n2 es impar. Supongamos que n es impar, entonces por definición n = 2k + 1 para algún entero k. Entonces n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2(2k2 + 2k) + 1. Pero ` = 2k2 + 2k es entero. Por lo tanto n2 = 2` + 1 es impar. Un resultado que usa prueba por casos: Teorema 4 Para cualquier entero n, n2 − n es par. Prueba. Un n arbitrario es par ó impar. Entonces n = 2k para algún entero k. Se tiene entonces que si n es par: 2 2 n = 4k y n2 − n = 4k2 − 2k = 2(2k2 − k), y por lo tanto n2 es par. si n es impar: Entonces n = 2k + 1 para algún entero k. Se tiene entonces que n2 = 4k2 + 4k + 1 y n2 − n = 4k2 + 4k + 1 − (2k + 1) = 2(2k2 − k), y por lo tanto n2 es par. 1 Recuerde que el converso de p → q es q → p. I.3. EJEMPLOS EN LA TEORÍA DE NÚMEROS I.3.2. 29 Irracionalidad Irracionalidad de √ 2 Ahora usamos lo anterior para probar que Teorema 5 √ 2 no es racional. √ 2 no es racional. Prueba. La prueba es por contradicción: √ 2 es racional. √ − Entonces, por definición, existen enteros positivos n y m tal que 2 = m/n. − Supongamos como premisa de prueba por contradicción que − Podemos asumir que m y n no tienen factores comunes porque si los tienen estos se podrı́an cancelar. − Elevando al cuadrado, obtenemos 2n2 = m2 . − Puesto que n2 es un entero, entonces m2 es un entero par. − Por un teorema anterior, esto implica que m es par. − Por lo tanto existe un entero k tal que m = 2k. − Reemplazando en la ecuación anterior, se obtiene 2n2 = (2k)2 = 4k2 y por lo tanto n2 = 2k2 . − Puesto que k2 es un entero, entonces n2 es un entero par. − De nuevo, por un teorema anterior, esto implica que n es par. − Por lo tanto existe un entero ` tal que n = 2`. − Entonces m = 2k y n = 2` y por lo tanto m y n tienen el factor común 2. Esto está en contradicción con lo asumido anteriormente (que m y n no tenı́an factores comunes). √ − Por lo tanto 2 es racional. 30 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN I.3.3. Divisibilidad y Números Primos Definición. Un entero n es primo si y sólo si n > 1 y para todo par de enteros positivos r y s, si n = rs entonces r = 1 ó s = 1. Un entero n > 1 es compuesto si no es primo, es decir, si existen enteros positivos r y s tal que n = rs y r 6= 1, s 6= 1. Definición. Sean n, d enteros y d 6= 0. Se dice n es divisible por d si y sólo si existe un entero k tal que n = kd. También se dice que n es múltiplo de d, d es un factor de n, d es n divisor de n, y que d divide n. Simbólicamente se escribe d | n. Teorema 6 Divisibilidad es transitiva: si a | b y b | c entonces a | c. Prueba. Asumimos que a | b y b | c. Entonces por definición, existen enteros k y ` tal que b = ak y c = b`. Entonces c = b` = (ak)` = a(k`) Por lo tanto a | c. Infinitud de los Números Primos Teorema 7 Para todo n existe un número primo p tal que p > n. Prueba. - Sea N = n! + 1. - Para todo k con 2 ≤ k ≤ n, N mód k = 1 - Por definición, si `|N entonces N mód ` = 0 - Entonces, para todo k con 2 ≤ k ≤ n, k 6 | N (k no divide N) - Pero existe al menos un p factor primo de N (puede ser N mismo) - Entonces p > n. (Alternativamente, N se podrı́a tomar como el producto de todos los primos menor o igual a n más 1.) I.4. INDUCCIÓN 31 Figura I.1: La caı́da de dominós en cadena ilustra la idea del principio de inducción: si el primer dominó cae, y si cualquiera al caer hace caer al siguiente, entonces todos caen. (Tomado de Rosen, “Discrete mathematics”. I.4. Inducción Ejemplo. Consideramos el problema de obtener una suma de dinero múltiplo de 10K con billetes de 20K y 50K. Es inmediato que no es posible obtener 10K y 30K. Pero parece posible obtener cualquier múltiplo de 10K mayor o igual a 40K. Veamos: 20K 40K 50K 60K 70K 80K 90K 100K 110K = = = = = = = = = .. . 20K 20K + 20K 50K 20K + 20K + 20K 50K + 20K 20K + 20K + 20K + 20K 50K + 20K + 20K 50K + 50K 50K + 20K + 20K + 20K Cómo podemos verificar en forma general que para n arbitrario la suma n × 10K se puede obtener con billetes de 20K y 50K ? Una forma de hacerlo es tomar como punto de partida que 4 × 10K = 40K se pueden obtener como 20k + 20K, y además dar un procedimiento o algoritmo que permita obtener (n + 1) × 10K dado que ya sabemos como obtener n × 10K. Esto se puede hacer de la siguiente manera: Tenemos dos casos dependiendo de si entre los billetes sumando n × 10K se encuentra un billete de 50K o no: Caso afirmativo: Un billete de 50K se reemplaza por 3 billetes de 20K y de esta manera se obtiene billetes que suman (n + 1) × 10K. 32 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Caso negativo: Como no hay billetes de 50K y n × 10K es por lo menos 40K entonces deben haber por lo menos 2 billetes de 20K. Entonces dos billetes de 20K se reemplazan por un billete de 50K y de esta manera se obtienen billetes que suman (n + 1) × 10K. Esto parece un método razonable para inferir que la afirmación es válida para cualquier n. Note sin embargo que la situación aquı́ es diferente de la generalización universal, donde se ha probado un predicado P(n) para n arbitrario y se concluye ∀n P(n). Aquı́ lo que se ha probado es P(n0 ) para algún n0 (especı́fico) y que P(n) → P(n + 1) para n ≥ n0 . Se necesita entonces una regla de inferencia nueva, el llamado principio de inducción que es directa consecuencia de los axiomas de los números naturales. I.4.1. Inducción e Inducción Fuerte Pricipio de Inducción Matemática. Sea P(n) un predicado con los números naturales N como universo de discurso. Si se tiene que (1) para algún n0 ∈ N, P(n0 ) es cierto, y (con frecuencia n0 es 0 ó 1) (2) para todo n ≥ n0 , P(n) implica P(n + 1). entonces P(n) es cierto para todo n ≥ n0 . Pricipio de Inducción Matemática Fuerte. Sea P(n) un predicado con los números naturales N como universo de discurso. Si se tiene que (1) para algunos n0 , n1 ∈ N con n0 ≤ n1 , P(n) es cierto para n tal que n0 ≤ n ≤ n1 (en general se pueden necesitar varios casos base de n0 a n1 ), (2) y para todo n ≥ n1 , P(k) para k tal que n0 ≤ k ≤ n implica P(n + 1), entonces P(n) es cierto para todo n ≥ n0 . A continuación presentamos varios ejemplos de la aplicación de este principio. Ejemplo. (Factorización en primos.) Cualquier entero mayor que uno se puede escribir como un producto de números primos. Prueba. (La factorización es única excepto reordenamiento, pero esto es más difı́cil de verificar y no se hace aquı́.) Usamos el principio de inducción fuerte para probar que una factorización en primos existe. Caso base: n = 2 es primo y por lo tanto trivialmente es producto de primos. I.4. INDUCCIÓN 33 Hipótesis de inducción: Sea n ≥ 2. Para m con 2 ≤ m ≤ n, m se puede escribir como un producto de primos. Paso de Inducción: Consideremos n + 1 con n ≥ 2. Se tiene que n + 1 es primo, o n + 1 es compuesto. Si n + 1 es primo entonces es (trivialmente) producto de primos. Si n + 1 es compuesto, existen enteros r, s con 2 ≤ r, s ≤ n tal que n + 1 = rs. Por hipótesis de inducción, sabemos que r y s se pueden escribir como productos de primos, dı́gamos r = p1 p2 · · · pk y s = q 1 q2 · · · q` para algunos enteros k, ` y donde los pi y qj son primos. Entonces n + 1 = rs = (p1 p2 · · · pk ) · (q1 q2 · · · q` ) = p1 p2 · · · pk q1 q2 · · · q` . Ası́ que podemos concluir que n + 1 se puede escribir como un producto de primos. Ejemplo. 22n − 1 es divisible por 3 para n ≥ 0. Caso base: Para n = 0, 22n − 1 = 0 y es divisible por 3. Hipótesis de inducción: Supongamos que para n ≥ 0, 22n − 1 es divisible por 3. Paso de Inducción: Tenemos que 22(n+1) − 1 = 22n+2 − 1 = 4 · 22n − 1 = 3 · 22n + (22n − 1). Por hipótesis de inducción, 22n − 1 es divisible por 3. Entonces existe un entero k tal que 22n − 1 = 3k y por lo tanto 22(n+1) − 1 = 3 · 22n + 3k = 3(22n + k) = 3` donde ` = 22n + k es un entero. Por lo tanto, 22(n+1) − 1 es divisible por 3. Concluı́mos por el principio de inducción que para n = 0, 22n −1 = 0 y es divisible por 3. Ejemplo. Suma de los enteros de 1 a n: 1 1 + 2 + 3 + · · · + n = n(n + 1). 2 34 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Primero, denotamos la suma en la izquierda por sn . Informalmente, este resultado se puede obtener de la siguiente manera:2 Escribiendo los términos de la suma en orden ascendente, debajo en orden descendente, y sumando por filas y por columnas se obtiene 1 + 2 + 3 + ··· + n − 2 + n − 1 + n = sn n + n − 1 + n − 2 + ··· + 3 + 2 + 1 = sn n + 1 + n + 1 + n + 1 + · · · + n + 1 + n + 1 + n + 1 = n(n + 1) De aquı́ que 2sn = n(n + 1) y por tanto 1 sn = n(n + 1). 2 Tanto en la definición como en una prueba formal se evita la vaguedad de la elipsis (puntos suspensivos). Formalmente sn se define recursivamente: primero s1 = 1, y para n ≥ 1 sn+1 = sn + (n + 1) (alternativamente, para n > 1, sn = sn−1 + n; también se podrı́a comenzar con s0 = 0 que corresponde a una suma “vacı́a”). Ahora probamos la afirmación por inducción: Caso base: Para n = 1, por definición sn = 1 y por otra parte n(n + 1)/2 = 1 y por lo tanto de tiene la igualdad. Hipótesis de inducción: sn = n(n + 1)/2. Paso de Inducción: Usando la definición recursiva se tiene para sn+1 sn+1 = sn + (n + 1) por definición recursiva 1 = n(n + 1) + (n + 1) por hipótesis de induccuón 2 1 = (n + 1)(n + 2) factorizando (n + 1)/2 2 1 = (n + 1)((n + 1) + 1) reescribiendo. 2 Esta última expresión a la derecha es precisamente lo que se querı́a probar para n + 1. Ejemplo. Suma geométrica para r 6= 1: rn+1 − 1 1 + r + r + r + ··· + r = . r−1 2 2 3 n De acuerdo con una anécdota, el matemático Gauss sorprendió a su maestro de escuela usando este método para resolver rápidamente una larga suma que este les habı́a asignado a sus pupilos para tenerlos ocupado por un buen tiempo. I.4. INDUCCIÓN 35 (si r < 1, puede invertirse el orden de la resta en el numerador y denominador para que ambos sean positivos). De nuevo, denotamos la suma en la izquierda por sn . También aquı́ la igualdad se puede verificar informalmente, esta vez usando sumas telescópicas: se tiene rsn = r + r2 + r3 + · · · + rn + rn+1 y entonces rsn − sn = rn+1 − 1 y de aquı́ que rn+1 − 1 . sn = r−1 Por otra parte, la definición recursiva de sn es: primero s0 = 1, y para n > 0 sn = sn−1 + rn (para ilustrar, estamos escribiendo n en términos de n − 1, e igualmente el paso de inducción va a ser de n − 1 a n). Y la prueba por inducción: Caso base: Para n = 1, por definición sn = 1 y por otra parte rn+1 − 1 =1 r − 1 n=0 y por lo tanto de tiene la igualdad. Hipótesis de inducción: Se asume la igualdad deseada para n − 1, esto es sn−1 = rn − 1 . r−1 Paso de Inducción: Usando la definición recursiva se tiene para sn sn = sn−1 + rn por definición recursiva rn − 1 = + rn por hipótesis de induccuón r−1 (rn − 1) + (r − 1)rn sumando términos = r−1 rn − 1 + rn+1 − rn = multiplicando r−1 rn+1 − 1 = simplificando r−1 Esta última expresión a la derecha es precisamente lo que se querı́a probar para n. 36 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Ejemplo. Desigualdades. Veamos que las siguientes desigualdades son válidas para cualquier entero n ≥ 5: 2n + 1 < n2 < 2n < n! Caso base: Reeplazando n = 5 se tienen los valores 11 < 25 < 32 < 120. Hipótesis de inducción: Supongamos que las desigualdades son válida para n ≥ 5. Paso de Inducción: Vamos a verificar que las desigualdades son válidas para n+1: 2(n + 1) + 1 = < ≤ = (n + 1)2 = < < = 2n+1 = < < = 2n + 1 + 2 multiplicando 2 n +2 hipótesis de inducción 2n + 1 < n2 n2 + 2n + 1 porque 2 < 2n + 1 para n > 1 (n + 1)2 cuadrado n2 + 2n + 1 multiplicando n2 + n2 hipótesis de inducción 2n + 1 < n2 2 n + 2n hipótesis de inducción n2 < 2n 2n+1 sumando 2n · 2 n! · 2 n! · (n + 1) (n + 1)! hipótesis de inducción 2n < n! 2<n+1 Finalmente notamos que esta desigualdad es válida para n suficentemente grande aún cuando cada término se multiplica por alguna constante. Por ejemplo: 1 240n < 10n2 < 2n < · n! 100 I.4. INDUCCIÓN 37 Ejemplo. Fracciones egipcias. Estas son fracciones de la forma 1/m donde m es un entero positivo. Resulta que cualquier racional 0 < a/b < 1 con a y b enteros positivos puede escribirse como la suma de fracciones egipcias distintas (eso excluye, por ejemplo, la expresión trivial de 2/5 como 1/5+1/5). Además, esto se puede probar por inducción, aunque inicialmente no es claro sobre que se puede hacer la inducción. Esto se basa en el siguiente procedimiento para determinar una representación en fracciones egipcias: Determine la fracción egipcia más grande posible, esto es, determine n tal que a 1 1 ≤ < (∗) n b n−1 y continue recursivamente sobre la diferencia a 1 − b n si es diferente de cero. Si 1/n = a/b, 1/n entonces 1/n es una expresión como suma de fracciones egipcias. Si 1/n < a/b entonces 1/n junto con el resultado de aplicar recursivamente el procedimiento a a/b − 1/n es una expresión como suma de fracciones egipcias. Consideremos a/b = 4/5 como ejemplo. Entonces primero tenemos 1/n = 1/2 y 3 4 1 − = 5 2 10 Usando recursión sobre 3 , 10 se tiene 1/n = 1/4 y 3 1 2 − = 10 4 40 Usando recursión sobre porque 2 40 = 1 , 20 se tiene 1/n = 1/20 y el procedimiento termina 2 1 0 − = = 0. 40 20 800 Como resultado, la representación es 4 1 1 1 = + + . 5 2 4 20 No es obvio que el algoritmo siempre termina. Note que en la secuencia de números inicial y a los que se aplica recursión: 2 0 4 3 , , , 5 10 40 800 38 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN los numeradores forman una sucesión decreciente. Esto no es coincidencia. De la segunda desigualdad en la ecuación (∗) arriba se tiene a(n − 1) < b y por lo tanto an − b < a. (∗∗) Por otra parte a 1 an − b − = b n bn De la desigualdad (∗∗) se ve que el nuevo numerador an − b es realmente menor que el inicial a (y si se cancelan factores comunes de numerador y denominador en (an − b)/n, el nuevo numerador es aún menor). Por lo tanto la recursión debe eventualmente terminar con 0. Además, las fracciones escogidas son diferentes como lo justifica el siguiente argumento: si n = 2 entonces 1/n+1/n = 1 mientras que a/b < 1; y si n > 2 entonces 2n − 2 > n, y n − 1 > n/2 y 2 1 < , n−1 n mientras que a/b < 1/(n − 1). Por lo tanto, en ningún caso se escogerı́a 1/n y luego 1/n de nuevo. La anterior discusión es la base de una prueba formal de la siguiente afirmación: Para todo entero positivo a, y para todo entero b > a, el racional a/b tiene una representación como suma de fracciones egipcias distintas. La prueba es por inducción (fuerte) sobre a (para cualquier b > a). Caso base: Para a = 1 y cualquier b > 1, a/b = 1/b es una fracción egipcia y por lo tanto una representación como suma de fracciones egipcias de 1/b. Hipótesis de inducción: Para k con 1 ≤ k < a, y cualquier b > k el racional k/b tiene una representación como suma de fracciones egipcias diferentes. Paso de Inducción: Consideramos el racional a/b con b arbitrario. Aplicando el procedimiento descrito arriba, se encuentra la primera fracción egipcia 1/n y lo que resta es a 1 an − b − = b n bn donde, como se discutió, an − b < a, por lo tanto por hipótesis de inducción (an − b)/bn tiene una representación como fracciones egipcias diferentes. Como 1/n no puede escogerse de nuevo (argumento arriba), esta decomposición junto con 1/n da una representación como fracciones egipcias diferentes para a/b I.4. INDUCCIÓN 39 Finalmente, comentamos que la representación como suma de fracciones egipcias no es única y que la obtenida por el algoritmo descrito aquı́ no es la mejor en cuanto al número de fracciones requeridas y tamaño de los denominadores. El siguiente ejemplo, tomado de wikipedia, muestra primero la representación obtenida por el algoritmo descrito para 5/121, y otra posible (considerablemente más simple): 1 1 1 1 1 5 = + + + + 121 25 757 763309 873960180913 1527612795642093418846225 5 1 1 1 = + + 121 33 121 363 Ejemplo. Asociaciones. Hemos discutido antes que la suma 1 + 2 + 3 + · · · + n se puede precisar con la recurrencia s1 = 1 y sn = sn−1 + n. En particular, esto introduce un orden particular de realizar las sumas: (((((1 + 2) + 3) + 4) + · · ·) + (n − 1)) + n La propiedad asociativa garantiza que para tres números a1 , a2 , a3 , las dos formas de asociar dan el mismo resultado: a1 + (a2 + a3 ) = (a1 + a2 ) + a3 . En el caso de 4 números se tienen las siguientes posibles asociaciones: a1 + (a2 + (a3 + a4 )) a1 + ((a2 + a3 ) + a4 ) (a1 + (a2 + a3 )) + a4 ((a1 + a2 ) + a3 ) + a4 (a1 + a2 ) + (a3 + a4 ). Note que en esta secuencia cada una es igual a la anterior por la propiedad asociativa para tres términos; por lo tanto todas las asociaciones llevan al mismo resultado. Algo que uno intuitivamente ya sabe y ha usado, pero que puede ser menos obvio para otras objetos y operaciones binarias (por ejemplo, producto de matrices cuadradas). Ası́, vamos a probar que cualquier asociación para la suma de cualquier n números a1 , a2 , . . . , an , en ese orden, lleva al mismo resultado. En particular vamos a ver que con cualquier asociación se obtiene el mismo resultado que el que se obtiene con la asociación que resulta de la definición recursiva: s1 = a1 sn = sn−1 + an . Expandiendo, esta asociación es (((((a1 + a2 ) + a3 ) + a4 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + an Para referencia lamemos esta la asociación canónica de a1 , a2 , . . . , an . Con esto lo que queremos probar por inducción fuerte es 40 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Para todo n y cualquier n números a1 , a2 , . . . , an , el resultado de sumarlos con una asociación arbitraria (en el orden listado) es igual al resultado de sumarlos con la asociación canónica. En esta prueba vamos a hacer el paso inductivo de n − 1 a n (como ejercicio de esa posibilidad). Caso base n = 3: a1 + (a2 + a3 ) = (a1 + a2 ) + a3 por la propiedad asociativa de la suma. Hipótesis de inducción: Para todo k, con 3 ≤ k < n, y cualquier k números a1 , a2 , . . . , ak , el resultado de sumarlos con cualquier asociación es igual al resultado de sumarlos con la asociación canónica. Paso de Inducción: Consideremos n números a1 , a2 , . . . , an y cualquier asociación que vamos a escribir simplemente como a1 +· · ·+an . En esta asociación hay una última suma que se realiza, digamos que esta es la suma entre los primeros ` números, 1 ≤ ` < n y los restantes: a1 + · · · + an = (a1 + · · · + a` ) + (a`+1 + · · · + an ) (∗) donde a1 + · · · + a` es alguna asociación para la suma de a1 , a2 , . . . , a` , y a1 +· · ·+a` es alguna asociación para la suma de a`+1 , . . . , an . Por hipótesis de inducción, la segunda suma es igual a la suma de esos números con la correspondiente asociación canónica: a`+1 + · · · + an = ((((a`+1 + a`+2 ) + a`+3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + an Reemplazando esto en (∗) se tiene que a1 + · · · + an = an ) (a1 + · · · + a` ) +(((((a`+1 + a`+2 ) + a`+3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + |{z} {z } | {z } | A B C que es la suma de tres números A, B, C como se indica con la asociación A + (B + C). Por la propiedad asociativa, esto es igual a (A + B) + C y regresando a los términos originales, esto es a1 + · · · + an = ((a + · · · + a` ) + ((((a`+1 + a`+2 ) + a`+3 ) + · · · an−2 ) + an−1 )) +an . {z } | 1 D Pero la parte marcada con D es una asociación de a1 , a2 , . . . , an−1 que por hipótesis de inducción es igual a la asociación canónica de a1 , a2 , . . . , an−1 : D = ((((a1 + a2 ) + a3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 . Por lo tanto a1 + · · · + an = (((((a1 + a2 ) + a3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + an . Pero esta última expresión es la asociación canónica para a1 , a2 , . . . , an . Ası́ que hemos obtenido la igualdad que buscabamos. I.4. INDUCCIÓN 41 Ejemplo. 2-coloreamineto de un mapa con lı́neas. Un resultado muy famoso afirma que cualquier mapa se puede colorear con 4 colores de tal forma que dos regiones (paı́ses o lo que sea) adyacentes no tengan el mismo color. La prueba de esta afirmación es esencialmente por inducción pero con un caso base tan complicado que sólo ha sido posible completar el argumento con la ayuda de un computador. Aquı́ consideramos el problema mucho más simple de regiones definidas por lı́neas rectas (dentro de un disco) tal que más de dos de ellas no se intersectan en el mismo punto. Denotamos el mapa definido por un conjunto de lı́neas L por M(L). Un 2-coloreamiento válido de las regiones de M(L) es una asignación de uno de dos colores a cada una de las regiones de tal manera que regiones adyacentes (que comparten un mismo segmento) no tienen el mismo color (regiones que se tocan en un vértice pueden tener el mismo color). Ver figura adelante para un ejemplo. Caso base: Podemos tomar como caso base n = 0. El mapa resultante M(∅) tiene una sóla región que se puede colorear con un color. Hipótesis de inducción: Asumimos que para n ≥ 0, cualquier mapa definido por n lı́neas tiene un 2-coloreamiento válido. Paso de Inducción: Cosideramos ahora el mapa M(L) definido por un conjunto L de n + 1 lı́neas . Sea ` una de ellas y sea L 0 = L − {`}. Sean `+ y `− los semiplanos a uno y otro lado de `. Cada región R de M(L) es la intersección de una región R 0 de M(L 0 ) con `+ o con `− , es decir R = R 0 ∩`+ ó R = R 0 ∩`− . Por hipótesis de inducción, el mapa M(L 0 ) definido por las n lı́neas en L 0 tiene un 2-coloreamiento válido. Consideremos un tal 2-coloreamiento válido de M(L 0 ). Obtenemos un 2-coloreamiento para M(L) de la siguiente manera: consideramos una región R en M(L) que proviene de R 0 en M(L 0 ), si R = R 0 ∩ `+ , R se colorea igual que R 0 , y si R = R 0 ∩ `− , R se colorea con el color opuesto al de R 0 . La figura ilustra el argumento que estamos siguiendo. Veamos que este es un 2-coloreamiento válido para M(L). Consideremos dos regiones R1 , R2 de M(L) que son adyacentes. Tenemos dos casos: Caso 1: Si R1 y R2 están al mismo lado de `, entonces tienen asignados colores de regiones en M(L 0 ) que son adyacentes y por lo tanto son diferentes. Caso 2: Si R1 y R2 están a lados opuestos de ` entonces el segmento que comparten en M(L) pertenece a la recta ` y las regiones R1 y R2 provienen de la misma región R 0 en M(L 0 ), esto es: R1 = R 0 ∩ `+ y R2 = R 0 ∩ `− o viceversa. Puesto que en `+ se usa el mismo 2-coloreamiento de M(L 0 ) y en `− el opuesto, se obtiene que R1 y R2 tienen asignados colores diferentes. 42 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Figura I.2: A la izquierda, el mapa con el conjunto de lı́neas L. En el centro, el mapa con el conjunto de lı́neas L 0 = L − {`} y un 2-coloreamiento. A la derecha, el mapa inicial con un 2-coloreamiento obtenido tomando a un lado de `, el coloramiento para L 0 , y al otro lado de ` el coloreamiento opuesto (intercambiando colores). Ejemplo. Una barra de chocolate viene en un arreglo rectangular con n pastillas. La barra o un pedazo ya obtenido sólo se puede quebrar a lo largo de una de las lı́neas verticales u horizontales que separan las pastillas. Asumiendo que sólo puede quebrar un pedazo a la vez, determine cuantas quiebres se necesitan para separar las n pastillas. Sugerencia: Se necesitan n − 1. Use inducción fuerte. El rectángulo inicial puede ser arbitrario p × q tal que n = pq. Caso base: Para n = 1 se necesitan n − 1 = 0 quiebres. Hipótesis de inducción: Para todo k con 1 ≤ k ≤ n y cualquier p, q con k = pq, para partir una barra de tamaño p × q se necesitan k − 1 quiebres. Paso de Inducción: Considere una barra con n + 1 pastillas (con dimensiones p × q y n + 1 = pq). Un quiebre cualquiera produce pedazos con r y s pastillas, para algún r y s con n + 1 = r + s. Por hipótesis de inducción, estos pedazos necesitan r − 1 y s − 1 quiebres para dividirlos en pastillas. Entonces el número total de quiebres es 1 + (r − 1) + (s − 1) = (r + s) − 1 = (n + 1) − 1 lo cual completa el paso de inducción. I.4.2. Principio del Buen Ordenamiento Consideremos de nuevo la suma para todo n ≥ 1 n X 1 k = n(n + 1) 2 k=1 (∗) y la siguiente manera de argumentar su validez: Supongamos por contradicción que (∗) no es válida para todo n ≥ 1. Entonces sea m el mı́nimo valor de n para el cual la igualdad no es válida. En otras palabras, el contraejemplo con n mı́nimo. Primero, I.4. INDUCCIÓN 43 observamos que m 6= 1 porque (∗) es claramente válida para n = 1. Ası́ que m > 1. Como m corresponde al mı́nimo contraejemplo entonces (∗) es válida para m − 1. Esto es, m−1 X 1 k = (m − 1)m 2 k=1 Pero entonces m X k=1 k = m−1 X k+m k=1 1 = (m − 1)m + m 2 1 = m(m − 1 + 2) 2 1 = m(m + 1). 2 por la igualdad arriba Pero esto quiere decir que (∗) es válida para n = m, lo cual es una contradicción con el hecho de que m corresponde al mı́nimo contraejemplo. Por lo tanto concluimos que la asunción inicial es falsa, y por la tanto (∗) es válida para todo n ≥ 1. Esto parece ser una prueba alternativa que no usa el principio de inducción ! En realidad algo se ha usado en la prueba que resulta ser equivalente al principio de inducción: Sea P(n) el predicado que dice que la igualdad (∗) es válida para n. Cuando asumimos que no era válida para todo n ≥ 1, asumimos que el conjunto A = {n : P(n) es cierto} no es vacı́o. En la prueba asumimos la existencia de un elemento mı́nimo en A. Este es el llamado principio de buen orden que resulta ser equivalente al principio de inducción. Principio del Buen Orden. Sea A un subconjunto de los números enteros positivos. Entonces A contiene un elemento mı́nimo. (Note que por ejemplo los números racionales positivos no satisfacen esta propiedad. Por ejemplo el subconjunto de números racionales mayores que 1 no tiene un elemento mı́nimo.) Note que la prueba arriba esencialmente repite los mismo dos puntos de una prueba que usa el principio de inducción: primer el caso base, y segundo la hipótesis y paso de inducción. 44 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Ejemplo. Teorema de la División (Cociente y Residuo). Como ilustración del principio del buen orden, damos dos pruebas del teorema de la división para n ≥ 0 (sin la unicidad): Para todo d > 0 entero positivo y n ≥ 0 entero existen enteros q y r con 0 ≤ r < d tal que n = qd + r. Prueba 1: (En clase se hizo la otra prueba.) Supongamos por contradicción que existen d > 0 y n ≥ 0 enteros tal que no existen q y r con 0 ≤ r < d tal que n = qd + r. Para este d, sea A = {n : n ≥ 0 entero y no existen q y r con 0 ≤ r < d tal que n = qd + r}. Por la asunción, A 6= ∅ y por el principio del buen orden tiene un elemento mı́nimo que denotamos con m. Entonces m ≥ d porque si m < d entonces m = qd + r con q = 0 y r = m en contradicción con la definición de A y que m ∈ A. Como m ≥ d entonces m0 = m − d ≥ 0 y m0 < m y por la minimalidad de m en A, para m 0 si existen q 0 y d 0 tal que m 0 = q 0d + r 0 con 0 ≤ r 0 < d. Pero entonces m = m 0 + d = q 0 d + r + d = (q 0 + 1)d + r 0 = qd + r con q = q 0 + 1 y r 0 = r. Pero esto es una contradicción porque tenı́amos que m no satisfacı́a tal igualdad. Prueba 2: Para d y n dados, consideremos el conjunto R = {n − qd : q ∈ N, n − qd ≥ 0} Por el principio del buen orden, este conjunto tiene un mı́nimo que llamamos r. Para este r se tiene que existe un q tal que n − qd = r y por lo tanto n = qd + r. Veamos que r satisface 0 ≤ r < d: r ≥ 0 porque por definición todos los elementos de R son no negativos. Y r < d porque si r ≥ d entonces r − d = n − qd − d = n − (q + 1)d y r−d<r en contradicción conla minimalidad de r en R. I.4. INDUCCIÓN 45 Ejemplo. (No se hizo en clase.) Para todo entero n ≥ 1, existen un entero impar m y un entero no negativo k tal que n = 2k m. Solución: Sea S = {r ∈ N1 : ∃i ∈ N0 (n = 2i r)} S ⊆ N1 y S no es vacı́o porque para i = 0, r es igual a n y pertenece a S. Por el principio del buen orden existe un elemento mı́nimo m en S. Este m satisface para algún k n = 2k m. Además m es impar, porque si no lo fuera se tendrı́a que m = 2` para algun ` ∈ N1 y entonces n = 2k+1 ` de tal manera que ` ∈ S y ` < m, lo que está en contradicciión con que m es elemento mı́nimo de S. Por lo tanto existen m impar y k tal que n = 2k m. I.4.3. Sumas y Productos Ya hemos considerado varias sumas en ejemplos. In general, dada una sucesión a1 , a2 , a2 , . . ., con frecuencia nos interesan las sumas parciales sn = a1 + a2 + a3 + · · · + an−1 + an definidas formalmente en forma recursiva con la ecuación de recurrencia s1 = a1 sn = sn−1 + an para n > 1. Esta suma se escribe en forma compacta usando el sı́mbolo sn = n X ak ó sn = k=1 X P : ak 1≤k≤n donde se especifican los lı́mites inicial (abajo) y final (arriba) del subı́ndice k en la primera notación, o todo el intervalo (abajo) en la segunda notación. Dadas dos sucesiones ak y bk , se pueden definir combinaciones como ck = αak + βbk donde α y β son constantes, es decir, números que no dependen del ı́ndice k. Algunas propiedades de estas combinaciones facilitan su evaluación. Por ejemplo: n X k=1 ck = α n X k=1 ak + β n X k=1 bk . 46 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Esto puede verificarse por inducción a partir de la definición recursiva. Primero el caso base: 1 X ck = c1 = αa1 + βb1 = α k=1 1 X ak + β k=1 1 X bk , k=1 y el paso inductivo de n a n + 1: n+1 X ck = k=1 n X = α = α = = α = α por definición recursiva ck + cn+1 k=1 n X k=1 n X ak + β ak + β k=1 n X α k=1 n X n X k=1 n X por hipótesis de inducción bk + cn+1 por definición de cn+1 bk + (αan+1 + βbn+1 ) k=1 ! + ak + αan+1 β ! ak + an+1 k=1 n+1 X n+1 X k=1 k=1 +β n X ! reordenando y asociando bk + βbn+1 k=1 n X ! factorizando α y β bk + bn+1 k=1 ak + β por definición recursiva bk . Esta propiedad se puede usar para obtener en forma más o menos directa la suma parcial de algunas secuencias en términos de otras ya conocidas. P Ejemplo. La suma sn nk=1 (2k − 1) se puede determinar de la siguiente manera (similar a la usada antes para 1 + 2 + 3 · · · + n) 1 + 3 + 5 + · · · + 2n − 3 + 2n − 1 = sn 2n − 1 + 2n − 3 + 2n − 5 + · · · + 3 + 1 = sn 2n + 2n + 2n + ··· + 2n + 2n = 2n · n De aquı́ que 2sn = 2n2 y por tanto sn = n2 . También podemos usar las propiedades anteriores y la suma n X k=1 (2k − 1) = 2 n X k=1 k− n X 1 k=1 1 = 2 · · n(n + 1) − n 2 2 = n −n+n = n2 . Pn k=1 k: I.4. INDUCCIÓN 47 El producto de a1 , a2 , a3 , · · · , an pn = a1 · a2 · a3 · · · · · an = n Y ak k=1 se define recursivamente por medio de la recurrencia p1 = a1 pn = pn−1 · an . (Alternativamente la suma y el producto pueden definirse con caso base s0 = 0 y p0 = 1 respectivamente.) Por ejemplo, n! = n Y k. k=1 Ejemplo. Probamos por inducción que para n ≥ 2 n Y 1 1 1 1 1 1− = 1− 1− ··· 1 − = . k 2 3 n n k=2 Caso base: Para n = 2, el producto tiene un sólo término (1 − 1/2) = 1/2. Hipótesis de inducción: Suponemos la igualdad arriba es válida para n con n ≥ 2. Paso de Inducción: Probamos la igualdad para n + 1: n+1 Y k=2 1 1− k = = = = n Y 1 1 1− · 1− k n+1 k=2 1 1 · 1− n n+1 1 n · n n+1 1 , n+1 donde se ha usado la hipótesis de inducción en la segunda lı́nea. Por lo tanto, por el principio de inducción matemática, la igualdad es cierta para todo entero n ≥ 2. Expandiendo el producto, también se puede verificar la igualdad (informalmente) por cancelación : n Y 1 1 2 3 n − 2 n − 1 1 = · · · · · · · · = . 1− k 2 3 4 n−1 n n k=2 48 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Ejemplo. Probamos por inducción que para todo n ≥ 1 n Y 1 1 1 ≤ 1− <√ 2n k=1 2k n+1 En contraste con el caso anterior, no es fácil obtener una expresión exacta para el producto, y sólo se tienen cotas inferior y superior. Probamos primero la cota inferior: Caso base: Para n = 1 el producto es 1/2 y 1/2n también es 1/2. Hipótesis de inducción: Asumimos que la cota (inferior) es válida para n ≥ 1 entero. Paso de Inducción: Usando la definición recursiva y la hipótesis de inducción, tenemos que n n+1 Y Y 1 1 1 = 1− · 1− 1− 2k 2k 2n + 2 k=1 k=1 1 1 ≥ · 1− 2n 2n + 2 1 2n + 1 = · 2n 2n + 2 2n + 1 1 = · 2n 2n + 2 1 > . 2n + 2 y la cota superior: √ Caso base: Para n = 1, el producto es 1/2 y es menor que 1/ 2. Hipótesis de inducción: Asumimos que la cota (superior) es válida para n ≥ 1 entero. Paso de Inducción: Usando la definición recursiva y la hipótesis de inducción, tenemos que n+1 n Y Y 1 1 1 1− = 1− · 1− 2k 2k 2n + 2 k=1 k=1 1 1 < √ · 1− . 2n + 2 n+1 Ası́, para completar el paso de inducción, necesitamos verificar la desigualdad 1 1 1 √ 1− <√ . 2n + 2 n+1 n+2 I.4. INDUCCIÓN 49 No es claro como verificar esto, pero podemos trabajar “hacia atrás” para ver si es cierta : 2n + 1 1 n + 1 2n + 2 n + 1/2 n+1 2 n + n + 1/4 n2 + 2n + 1 2 (n + n + 1/4)(n + 2) 3 n + 3n2 + (9/4)n + 1/2 0 √ 1 < √ n+2 √ n+1 < √ n+2 n+1 < n+2 < (n2 + 2n + 1)(n + 1) < n3 + 3n2 + 3n + 1 < (3/4)n + 1/2. Esta última desigualdad es cierta para n ≥ 1. Todos los pasos en esta secuencia son válidos en la dirección opuesta; ası́ que partiendo de la última, uno puede deducir la original que se necesita. I.4.4. Pruebas por Inducción Erróneas Ejemplo. Vamos a probar que n X 1 k = (n − 1)(n + 2) 2 k=1 Por hipótesis de inducción esta igualdad es válida para n ≥ 1. Para el paso de inducción tenemos que n+1 X k = n X k + (n + 1) k=1 k=1 = = = = = 1 (n − 1)(n + 2) + (n + 1) usando la hipótesis de inducción 2 1 2 (n + n − 2 + 2n + 2) 2 1 2 (n + 3n) 2 1 n(n + 3) 2 1 ((n + 1) − 1)((n + 1) + 2) 2 lo que muestra la identidad es válida para n + 1. Por otra parte, esta expresión es diferente de la que ya habı́amos obtenido para esta suma. Cuál es el problema ? Falta verificar el caso base, el cual no es válido. 50 CAPÍTULO I. LÓGICA, PRUEBAS E INDUCCIÓN Ejemplo. Todos los elefantes tienen el mismo color: Probamos que para cualquier n, y cualquier conjunto de n elefantes, todos los elefantes en el conjunto tienen el mismo color. Como caso base, en calquier conjunto de un elefante, todos los elefantes en el conjunto (sólo uno) tienen el mismo color. Como hipótesis de inducción, para n ≥ 1, en cualquier conjunto de n elefantes, todos los elefantes en el conjunto tienen el msimo color. Para el paso de inducción, consideremos un conjunto E arbitrario de n + 1 elefantes, y entre estos el primer p y último u elefante. Entonces los conjuntos Ep = E − {p} y Eu = E − {u} tienen n elefantes, y por hipoótesis de inducción para cada uno de ellos, todos los elefantes en ese conjunto tienen el mismo color. Ahora, si consideramos los elefantes que están en ambos conjuntos Ep ∩ Eu , todos deben tener el mismo color de los elefantes en Ep y el mismo color de los elefantes en Eu , por lo tanto el color de los elefantes en Ep y de los elefantes en Eu debe ser el mismo, y por lo tanto todos los elefantes en E deben tener el mismo color. Por el principio de inducción, para todo n y todo Dónde conjunto de n elefantes, todos los elefantes tienen el mismo color. esta el problema con este argumento ? Al pasar de n = 1 a n = 2, Ep ∩ Eu es vacı́o y por lo tanto no se puede concluir que todos los elefantes en E tienen el mismo color.