Pauta - Pontificia Universidad Católica de Chile

Pontificia Universidad Católica de Chile
Escuela de Ingenierı́a
Departamento de Ciencia de la Computación
Solución Tarea 1
IIC2212 - Lógica para ciencia de la computación
Primer Semestre, 2004
1.
a)
Para demostrar que el conjunto {¬, →} es funcionalmente completo se demuestra por
inducción en el número n de conectivos en la construcción de las fórmulas que pueden
ser expresadas en {¬, →}, que también pueden ser representadas en {¬, ∨} que ya es un
conjunto funcionalmente completo.
Sea ϕ una fórmula arbitraria representada en {¬, →}.
Caso Base: ϕ es fórmula atómica con 0 conectivos. Entonces trivialmente ϕ ≡ ψ,
donde ψ es fórmula atómica expresada en {¬, ∨}.
Hipótesis de Inducción: Sea ϕ una fórmula compuesta de n o menos conectivos en
{¬, →}, entonces ϕ ≡ ψ con ψ expresada en {¬, ∨}.
Paso Inductivo: Tenemos dos casos.
Si ϕ ≡ ¬ ψ, con ψ con n conectivos o menos. Por la H.I. ψ cumple, luego ϕ también
cumple.
2) Si ϕ ≡ ψ → χ, con ψ y χ fórmulas que cumplen la H.I., entonces:
1)
ϕ ≡ ψ → χ ≡ ¬ψ ∨ χ
ϕ ≡ ¬ψ ∨ χ
Luego ϕ también cumple.
Q.E.D.
Para demostrar que el conjunto {∧, ∨} no es funcionalmente completo se demuestra por
inducción en el número n de conectivos en la construcción de las fórmulas que pueden
ser expresadas en {∧, ∨}, que no pueden formar ¬p y que sólo pueden ser equivalentes
a >, ⊥ y p.
Caso Base: ϕ es fórmula atómica con 0 conectivos. Entonces ϕ sólo puede ser equivalente a >, ⊥ y p.
Hipótesis de Inducción: Sea ϕ una fórmula compuesta de n o menos conectivos en
{∧, ∨}, entonces ϕ sólo puede ser equivalente a >, ⊥ y p.
Paso Inductivo: Veremos mediante tabla de verdad que en los casos que ϕ ≡ ψ ∧ χ o
ϕ ≡ ψ ∨ χ, ϕ sólo puede ser equivalente a >, ⊥ y p. Sean ψ y χ fórmulas que cumplen
la H.I.
ψ
p
p
p
>
>
>
⊥
⊥
⊥
χ
p
>
⊥
p
>
⊥
p
>
⊥
ϕ≡ψ∧χ
p
p
⊥
p
>
⊥
⊥
⊥
⊥
ϕ≡ψ∨χ
p
>
p
>
>
>
p
>
⊥
Luego ϕ sólo puede ser equivalente a >, ⊥ y p.
Q.E.D.
b)
El doble del número de conectivos es mayor o igual que el número de paréntesis. La demostración es similar a las anteriores, sólo que ahora se definen inductivamente funciones
que cuentan el número de paréntesis y número de conectivos de una fórmula:
2∗NC(ϕ) ≥ NP(ϕ)
Definimos NC(ϕ) como la función número de conectivos y NP(ϕ), como la función número de paréntesis de una fórmula ϕ. Demostraremos por inducción en el número de conectivos en ϕ.
Caso Base: ϕ es fórmula atómica con 0 conectivos. Entonces NC(ϕ)= 0 = 2∗NP(ϕ) = 0
Hipótesis de Inducción: Sea ϕ una fórmula compuesta de n o menos conectivos,
entonces 2∗NC(ϕ) ≥ NP(ϕ)
Paso Inductivo: Tenemos dos casos.
1) Si ϕ ≡ ¬ ψ, con ψ con n conectivos o menos. Por la H.I. tenemos:
2 ∗ N C(ψ) ≥ N P (ψ)
N C(ϕ) = N C(ψ)
N P (ϕ) = N P (ψ)
Luego ϕ cumple.
2)
Si ϕ ≡ (ψ ? χ), con ψ y χ fórmulas que cumplen la H.I. y ?={∧, ∨, →, ↔}, entonces:
2 ∗ N C(ψ) ≥ N P (ψ)
2 ∗ N C(χ) ≥ N P (χ)
Ademas
N C(ϕ) = 1 + N C(ψ) + N C(χ)
N P (ϕ) = 2 + N P (ψ) + N P (χ)
luego
2 ∗ N C(ϕ) = 2 + 2 ∗ N C(ψ) + 2 ∗ N C(χ)
≥ 2 + N P (ψ) + N P (χ) = N P (ϕ)
Luego ϕ también cumple.
2
Q.E.D.
c)
W
V
Para demostrar que ( ni=1 ϕi ) → ψ ≡ ni=1 (ϕi → ψ), para todo n ≥ 1, nuevamente
usamos inducción, pero ahora en n.
Caso Base: n=1
ϕ1 → ψ ≡ ϕ 1 → ψ
Es trivial.
W
V
Hipótesis de Inducción: ( ni=1 ϕi ) → ψ ≡ ni=1 (ϕi → ψ) se cumple para n
Paso Inductivo: Caso de n+1
W
W
n+1
ϕ
≡
( ni=1 ϕi ∨ ϕn+1 ) → ψ
i=1 i → ψ
W
≡
¬ ( Wni=1 ϕi ∨ ϕn+1 ) ∨ ψ
≡
(¬ (Wni=1 ϕi ) ∧ ¬ϕn+1 ) ∨ ψ
≡
(¬W( ni=1 ϕi ) ∨ ψ) ∧ (¬ϕn+1 ∨ ψ)
≡
(( ni=1 ϕi ) → ψ) ∧ (ϕn+1 → ψ)
por H.I. V
≡
( ni=1 (ϕi → ψ)) ∧ (ϕn+1 → ψ)
Vn+1
≡
i=1 (ϕi → ψ)
Q.E.D.
2.
a) Satisfactible y no válida. Con (ϕ,ψ)=(0,0) se satisface, y con (ϕ,ψ)=(0,1) no.
b) Tautologı́a. Se satisface para cualquier valuación de (ϕ,ψ).
c) Tautologı́a.
(q → ((p ∧ ¬p) → ¬r)) → ((q → (p ∧ ¬p)) → (q → ¬r))
(q → (⊥ → ¬r)) → ((q → ⊥) → (q → ¬r))
(q → >) → ((q → ⊥) → (q → ¬r))
> → ((q → ⊥) → (q → ¬r))
> → (¬q → (q → ¬r))
> → (¬q → (¬q ∨ ¬r))
> → (q ∨ ¬q ∨ ¬r)
> → (> ∨ ¬r)
>→>
>
d ) Tautologı́a. Se satisface para cualquier valuación de (p,q).
e) Contradicción. No se satisface para ninguna valuación de (p,q).
f ) Satisfactible y no válida. Con (p,q)=(0,0) se satisface, y con (p,q)=(1,0) no.
3.
a) Falso. Sean φ1 =p y φ2 =¬p, entonces φ1 ∧φ2 no es satisfactible.
3
b) Verdadero. Como φ2 es satisfactible, existe σ tal que σφ2 . Entonces, claramente,
σ(φ1 ∨φ2 ), luego,(φ1 ∨φ2 ) es satisfactible.
c) Verdadero. Como φ2 es satisfactible, existe σ tal que σφ2 . Entonces, claramente,
σ(φ1 →φ2 ), luego,(φ1 →φ2 ) es satisfactible.
d ) Falso. Sea φ=p, entonces, φ es satisfactible. Para toda valuación σ tal que σ(p)=0,
σ(φ→ψ). Luego, (φ→ψ) no puede ser contradictoria.
e) Falso. Sea ϕ=φ, entonces ψ→ϕ es una tautologı́a.
f ) Falso. Sea ϕ=>, entonces ¬ϕ no es satisfactible.
4.
a)
Consideremos las siguientes variables proposicionales:
p : “Tendremos clases”
q : “Hay proyector”
r : “Hay lápiz en la sala”
s : “Jorge trajo lápiz”
Luego tenemos la siguiente representación (en orden correspondiente a las afirmaciop → (q ∨ r)
nes): ¬q ∧¬s
¬p
Luego Σ = {p → (q ∨ r), ¬q, ¬s}
Σ 2 ¬p, ya que si σ(p)=σ(r)=1 y σ(q)=σ(s)=0 se tiene que σ Σ, pero σ 2 ¬p.
Para hacer que Σ ¬p, se debe tener primero que σ(p)=0. Además tengo que σ(q)=σ(s)=0
necesariamente. Como p → (q ∨ r), si σ(r)=0, obligamos que σ(p)=0. Para obligar que
σ(r)=0, podemos añadir:
¬s→ ¬r : ”Si Jorge no trae lápiz, no hay lápiz en la sala”
b)
Consideremos las siguientes variables proposicionales:
p : “Crio cuervos”
q : “Salen ágiles”
r : “Aprenderé francés”
s : “Los cuervos pastan junto a las vacas”
Luego tenemos la siguiente representación (en orden correspondiente a las afirmaciones):
p → (q → r)
q→s
¬r
¬p
Luego Σ = {p → (q → r), q → s, ¬r}
Σ 2 ¬p, ya que si σ(p)=1 y σ(q)=σ(s)=σ(r)=0 se tiene que σ Σ, pero σ 2 ¬p.
Para hacer que Σ ¬p, se debe tener primero que σ(p)=0. Para obligar esto necesitamos
que σ(q → r)=0. Luego sabemos que σ(r)=0 necesariamente, por lo tanto σ(q)=1. Esto
lo podemos obligar si σ(s)=1 también. Por lo tanto podemos añadir:
q∧s : “Los cuervos salen ágiles y pastan junto a las vacas”
4
c)
Consideremos las siguientes variables proposicionales:
p : “Sócrates deja Atenas”
q : “Sócrates trata de cambiar las leyes”
r : “Sócrates aprueba las leyes”
s : “Sócrates estuvo de acuerdo en obedecer las leyes”
Luego tenemos la siguiente representación (en orden correspondiente a las afirmaciones) y usamos la afirmación “si q es necesario para p, entonces p→q”:
¬r → (p ∨ q)
(¬p ∧¬q) → s
¬q
(¬r ∨¬s)→p
Luego Σ = {¬r → (p ∨ q), (¬p ∧ ¬q) → s, ¬q}
Σ (¬r∨¬s)→p. Tenemos que σ(q)=0 necesariamente. Luego si σ(p)=0, entonces necesitamos que σ(r)=1 (por la primera afirmación) y la segunda afirmación se hace verdadera
sólo cuando σ(s)=1. Con ello tenemos que σ (¬r∨¬s)→p.
En cambio si σ(p)=1, σ(r) y σ(s) pueden tomar cualquier valor para hacer verdaderas la primera y segunda afirmación, correspondientemente. A su vez, la conclusión se
hace verdadera para cualquier valor de σ(r) y σ(s), dado el caso que σ(p)=1. Nuevamente
σ (¬r∨¬s)→p y con ello tenemos que Σ (¬r∨¬s)→p.
d)
Consideremos las siguientes variables proposicionales:
p : “Bush deja el poder”
q : “El terrorismo aumenta”
r : “El dólar sube”
s : “Hay atentados”
t : “Termine el curso de lógica”
Luego tenemos la siguiente representación (en orden correspondiente a las afirmaciones):
(p ∧¬q)∨(¬p ∧ q)
q → (r∨s)
s→(t∨p)
p
Luego Σ = {(p ∧ ¬q) ∨ (¬p ∧ q), q → (r ∨ s), s → (t ∨ p)}
Σ 2p, ya que si σ(p)=0 y σ(q)=1 (dado que la primera afirmación es un OR exclusivo)
se tiene que dar σ(r∨s)=1. Para ello si σ(s)= 1, entonces la tercera afirmación se hace
verdadera para σ(t)=1. En cambio si σ(s)=0, entonces obligadamente σ(r)=1, pero la
tercera afirmación se hace verdadera con cualquier valor de σ(t). Luego σ Σ, pero
σ 2p.
Para hacer que Σ p, se debe tener primero que σ(p)=1. Para obligar esto necesitamos
hacer que σ(q)=0 (por el OR exclusivo). De la segunda afirmación deducimos que si
σ(r∨s)=0, obligamos σ(q)=0. Luego podemos añadir:
5
¬r∧¬s : “El dólar no sube y no hay atentados”
5.
a) Falso. Sean Σ={q} y φ=p, entonces Σ ∪ p φ, pero Σ 2 φ.
b) Verdadero. (⇒)Vemos que {p∨¬p}=>, entonces, sea σ Σ, claramente σ Σ ∪ >.
Además, como supusimos que el lado izquierdo se cumple, sabemos que Σ ∪ > φ,
entonces Σ φ.(⇐) Por monotonı́a, vemos que si Σ φ, Σ ∪ > φ.
c) Verdadero. Sea σ tal que σ Σ y σ {p→q}. Entonces, o bien σ ¬p, o σ {p∧q}.
Luego, si σ Σ y σ ¬p, entonces σ φ. Esto es, Σ ∪ {¬p} φ.
d ) Falso. Sean Σ={p} y φ=q, entonces {p} ∪ {p} 2 (q∧q).
e) Falso. (⇐)Sean Σ={p} y φ=q, entonces {p} ∪ {p} 2 q.
f ) Verdadero. Sean σ1 tal que σ1 Σ y σ1 ψ, y σ2 tal que σ2 Σ y σ2 {ψ→ϕ},
entonces, σ1 χ y σ2 χ. Luego, dado σ3 tal que σ3 Σ, existen dos opciones, σ3 ψ
o σ3 2 ψ. Para cualquiera de las dos σ3 χ. Por lo tanto, Σ χ.
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