5/30/2021
ED2 Clase 3
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ED2 Clase 3
by
FF
federico
Live Session
1 Question
1
1
- ¬(∃x∣
1
- (∀n, m∣
: s(x) = 0)
: s(n) = s(m) ⇒ n = m)
-(∀A∣ : 0 ∈ A ∧ (∀n∣ : n ∈ A ⇒ s(n) ∈ A) ⇒ (∀n∣ : n ∈ A))
- (∃A∣ : φ(n) ≡ n ∈ A)
notacion para la A del axioma anterior es {n∣φ(n)} es decir que el axioma dice
Existe un A tal que A = {x∣φ(x)}
.
.
.
s-> s->
.
.
.
.
f(II +_r III) = 2 + 3
φ(0) ∧ (∀n∣ : φ(n) ⇒ φ(s(n))) ⇒ (∀n∣ : φ(n)))
A = {x∣φ(x)}
n ∈ A = {x∣φ(x)} si y solo si φ(n)
n ∈ A ≡ φ(n)
0 ∈ A ∧ (∀n∣ : n ∈ A ⇒ s(n) ∈ A) ⇒ (∀n∣ : n ∈ A)
0 ∈ {x∣φ(x)} ∧ (∀n∣ : n ∈ {x∣φ(x)} ⇒ s(n) ∈ {x∣φ(x)}) ⇒ (∀n∣ : n ∈ {x∣φ(x)})
φ(0) ∧ (∀n∣ : φ(n) ⇒ φ(s(n))) ⇒ (∀n∣ : φ(n))
(∀n∣n =
0 : (∃x∣ : s(x) = n))
Teorema(∀n∣
: n ∈ {n∣n = 0 ∨ n ≥ 1})
Dem por induccion sea A = {n∣n = 0 ∨ n ≥ 1}
caso base 0
∈A
0∈A
==
0=0∨0≥1
==
true ∨ 0 ≥ 1
true
H.I:
n=0∨n≥1
quiero demostrar que s(n)
= 0 ∨ s(n) ≥ 1
Caso 1 n=0
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s(n)=s(0)=1 es decir
s(n)=1
==>
s(n)=1 \/ s(n)>1
==
<def>
s(n) ≥ 1
y por lo tanto es cierto s(n)
Caso 2
= 0 ∨ s(n) ≥ 1
n≥1
n ≥ 1 signi ca n=1=s(0) o que n>1 separemos en casos nuevamente
Caso 2.1 n=s(0)
s(n) > 1
==
def
.
1 − s(n) = 0
==
1 - s(s(0)) = 0
==
p(1-s(0))=0
==
p( p(1 - 0) )=0
==
p(p(1))=0
==
p(p(s(0)))=0
==
p(0)=0
==
0=0
==
true
Hemos demostrado que s(n)>1 por lo tanto tambien s(n)
≥ 1 y tambien es verdad que s(n) = 0 ∨ s(n) ≥ 1
Caso 2.2 n>1
Recordemos que n>1 signi ca que 1
.
−n=0
s(n) >1
==
1 - s(n) = 0
==
p(1-n)=0
== hip del caso 2.2
p( 0 )=0
==
0=0
==
true
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Hemos demostrado que s(n)>1 y por lo tanto tambien s(n)
≥ 1 y tambien es verdad que
s(n) = 0 ∨ s(n) ≥ 1
= s(0) ∨ n > 1 ⇒ s(n) = 0 ∨ s(n) ≥ 1 es decir
n = 1 ∨ n > 1 ⇒ s(n) = 0 ∨ s(n) ≥ 1 es decir n ≥ 1 ⇒ s(n) = 0 ∨ s(n) ≥ 1
Hemos demostrado por los casos 2.1 y 2.2 que n
Hemos demostrado en el caso 1 que n
= 0 ⇒ s(n) = 0 ∨ s(n) ≥ 1
= 0 ∨ n ≥ 1 ⇒ s(n) = 0 ∨ s(n) ≥ 1
Hemos demostrado por casos (Caso1 y Caso 2) que n
Hip Induct
tesis inductiva
como n era arbitrario puedo generalizar la formula anterior en
(∀n∣ : n = 0 ∨ n ≥ 1 ⇒ s(n) = 0 ∨ s(n) ≥ 1)
phi(0)
phi(n)
phi(s(n))
Por el axioma de induccion se tiene que
Teorema:
Corolario:
(∀m∣ : n ≤ m ∨ n ≥ m + 1)
n<m≡n+1≤m
Metodo de la Induccion Fuerte : Se quiere demostrar que una formula φ(n) es cierta para todo n. Se usa un
metodo de induccion un poco distinto
- Se demuestra el caso base φ(0)
- Como hipotesis inductiva se asume que φ(k) es cierta para todos los k
≤n
- Si se demuestra que la hipotesis inductiva anterior implicaφ(s(n)), entonces se habra demostrado por
induccion que (∀n∣
: φ(n))
Terorema: el metodo de induccion fuerte es correcto
Dem:
Se necesita demostrar
φ(0) ∧ (∀n∣ : (∀k∣k ≤ n : φ(k)) ⇒ φ(s(n))) ⇒ (∀n∣ : φ(n))
Se parte del antecedente φ(0) ∧ (∀n∣
consecuente (∀n∣
: (∀k∣k ≤ n : φ(k)) ⇒ φ(s(n))) y se demuestra la implicación al
: φ(n)) con ayuda del axioma de inducción usual pero usando (∀k∣k ≤ n : φ(k)) en lugar
de φ(n) .
φ(0) ∧ (∀n∣ : (∀k∣k ≤ n : φ(k)) ⇒ φ(s(n)))
≡ ⟨p ⇒ q ≡ p ⇒ p ∧ q⟩
φ(0) ∧ (∀n∣ : (∀k∣k ≤ n : φ(k)) ⇒ (∀k∣k ≤ n : φ(k)) ∧ φ(s(n)))
≡ ⟨separacion de rango⟩
φ(0) ∧ (∀n∣ : (∀k∣k ≤ n : φ(k)) ⇒ (∀k∣k ≤ s(n) : φ(k)))
≡
(∀k∣k ≤ 0 : φ(k)) ∧ (∀n∣ : (∀k∣k ≤ n : φ(k)) ⇒ (∀k∣k ≤ s(n) : φ(k)))
⇒ ⟨axioma de induccion con (∀k∣k ≤ n : φ(k)) en lugar de φ(n)⟩
(∀n∣ : (∀k∣k ≤ n : φ(k)))
⇒
(∀n∣ : φ(n))
n de la demostracion
Dado un conjunto S el minimo elemento m de S se de ne como: m
∈ S ∧ (∀n∣n < m : n ∈
/ S)
Principio de buena ordenacion: Todo conjunto de naturales S no vacio, tiene un minimo elemento
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Formula de induccion fuerte implica el principio de buena ordenacion y luego demostrar que el principio de
buena ordenacion implica la formula usual de induccion
formula de induccion fuerte
==>
principio de buena ordenacion
==>
axioma de induccion
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
{6,5,8, .....}
s(A) = A ∪ {A}
A ∪ {A}
interpretacion en el librp de Yriarte
------------------------------s
sintaxis
p ≡ (q ≡ r)
Hip p ==> p'
q ==>p
==>
p ==> q
<==
q ==>p'
p'==> q
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