notas1

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.