El jardín mágico de George B y otros acertijos lógicos

El jardín mágico de George B y otros acertijos lógicos / por Raymond Smullyan
(Universidad de Indiana, EE.UU.)
ISBN 978-981-4675-05-5 (tapa dura: papel alc.)
ISBN 978-981-4678-55-1 (tapa blanda: papel alc.)
Imagen de la portada: La imagen del hombre es George Boole (1815-1864)
Copyright © 2015 - World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd.
Versión en español: Sargont (2021) para eXvagos
Contenido
Prólogo
Prefacio
LIBRO I - ¡Todo es cuestión de lógica!
Capítulo 1. ¿Enigmas o bromas?
Capítulo 2. ¿Qué dama?
Capítulo 3. ¿Qué bruja?
Capítulo 4. ¿Qué isla?
Capítulo 5. Los trucos de aritmética de McGregor
Capítulo 6. Pregúntale a Eldon White
Capítulo 7. Al, el químico
Capítulo 8. ¿Sano o loco?
Capítulo 9. El extraño caso de McSnurd
Capítulo 10. La enfermedad de los caballeros-tramposos
Capítulo 11. ¿Humano o androide?
Capítulo 12. Mentira y paradoja variables
LIBRO II - El Jardín Mágico
Capítulo 13. El jardín de George
Capítulo 14. Algunos jardines vecinos
Capítulo 15. ¡El gran problema resuelto!
Capítulo 16. Jardines booleanos y Mentirosos variables
Capítulo 17. Lógica proposicional y Jardines booleanos
Capítulo 18. La teoría booleana de los juegos
Capítulo 19. Algebras booleanas en general
Capítulo 20. Jardines booleanos revisados
Capítulo 21. Otro gran problema
Capítulo 22. George Boole y la lógica matemática
Prólogo
El autor de este libro tan ameno es bien conocido, no sólo como matemático y mago, sino particularmente por sus populares libros de acertijos, que
introducen profundas ideas matemáticas al lector general. Lo notable de estos libros es que son de interés tanto para los que ya están familiarizados con
la lógica formal como para los que no lo están.
Este libro no es una excepción, aunque está escrito principalmente para
aquellos que no tienen tal formación - todo aquí se desarrolla desde cero. El
propósito principal del libro es introducir al lector general en el fascinante
tema de la lógica booleana, conocida también como álgebra booleana, aunque es totalmente diferente del álgebra que se aprende en el instituto, ya que
no trata de números, sino de conceptos lógicos como la verdad y la falsedad.
El tema es vital hoy en día para toda la informática, así como para otros
campos como la ingeniería eléctrica y la inteligencia artificial. Encontrará
ecuaciones tan extrañas como 1 + 1 = 0, pero aquí los símbolos “1” y “0” no
significan números, sino otras cosas, dependiendo de las aplicaciones, por
ejemplo, en lógica significan respectivamente verdad y falsedad, mientras
que para la ingeniería eléctrica el “1” significa si y el “0” no. En cuanto al
“+”, luego verás lo que significa.
El tema tiene un interesante trasfondo histórico: Entre los antiguos, Euclides se destacó por introducir el razonamiento lógico en la geometría, y
Aristóteles codificó la lógica de una manera más formal. Pero uno de los
principales pioneros de la lógica moderna ―es decir, la lógica simbólica―
fue sin duda George Boole (1815-1865), quien en su famoso libro Leyes del
Pensamiento (Laws of Thought) puso la lógica misma en una forma algebraica. En este sentido, el libro es una inspiradora introducción a la lógica
contemporánea, el tema que Boole ayudó a forjar.
Este fascinante libro, en manos de un mago, divierte a todos con las profundas ideas que hay detrás del pensamiento de Boole, hechas refrescantemente sencillas mientras pasea por unos fantásticos lugares llamados Jardines e Islas Boolanos, cuyos habitantes mienten unos días y dicen la verdad
otros, pero siempre en estricta conformidad con las leyes de Boole.
Smullyan comienza muy suavemente con acertijos de lógica recreativa,
y termina mostrando cómo unificar las teorías de estos jardines e islas booleanas, la lógica proposicional y la teoría booleana de conjuntos en una teoría abstracta general - ¡y la magia se produce en el hecho de que el lector ni
siquiera percibe ser quien está realizando una abstracción tan grandiosa!
Walter Carnielli
Editor, Contemporary Logic
Campinas, junio de 2006
―5―
Prefacio
Aquí hay un problema notable: Imagina un jardín de flores mágicas que
pueden cambiar de color de un día para otro. En un día cualquiera, una flor
es azul todo el día o roja todo el día, pero puede cambiar de un día a otro.
Dada cualquier flor A y cualquier flor B, hay una flor C que es roja en todos
y sólo aquellos días en los que A y B son ambas azules. Además, se nos da
que para dos flores distintas A y B, hay al menos un día en el que A y B son
de colores diferentes. Ahora supongamos que el número de flores está entre
200 y 500. ¿Cuántas flores hay en el jardín?
Sorprendentemente, el problema tiene una solución única. ¿No te sorprende esto? La solución, que se lee como una historia de detectives, desentraña una serie de hechos que conducen al corazón mismo del tema conocido
como lógica booleana, con ecuaciones tan extrañas como 1 + 1 = 0. Este
tema es vital en estos días para todo el campo de la informática y la inteligencia artificial. El libro II de este volumen proporciona una visita guiada a
este fascinante tema para el lector general sin necesidad de tener conocimientos de lógica o álgebra. Puede ser leído independientemente del Libro
I, que consiste en varios acertijos lógicos y aritméticos para los amantes de
los acertijos en general. Pero, como ya he indicado, nada de esto es necesario
para el Libro II. De hecho, el Libro I y el Libro II podrían haber sido publicados como volúmenes separados, pero me imaginé que probablemente tendría una mayor audiencia si los dos se combinaran en un volumen y así ser
de interés tanto para los amantes de los rompecabezas como para el lector
general que tiene curiosidad por saber de qué trata el intrigante tema de la
lógica booleana.
Elka Park, Nueva York
Septiembre de 2005
―6―
Libro I
¡Todo es cuestión de lógica!
Capítulo 1
¿Enigmas o bromas?
Antes de pasar a la lógica de la mentira y la verdad, me gustaría entretenerlos con algunos artículos varios -acertijos, chistes, engaños, etc. ¡Cualquier cosa vale! ¡Este capítulo es un juego de niños! (las soluciones a los
rompecabezas se dan al final de los capítulos).
A - Dos timos lógicos
1 - Un Monte Lógico de Tres Cartas - Muchos de ustedes han visto a los
vendedores ambulantes jugando un juego conocido como Monte de Tres
Cartas, en el que el operador muestra un as y otras dos cartas, luego las pone
boca abajo en la mesa, las mezcla, y usted debe apostar a cuál es el as.
Bueno, esto es lo que podría llamarse una versión lógica del juego.
Hay 3 cartas boca abajo en la mesa; cada una es roja o negra (sin comodín). Como mucho una de ellas es roja. Además, una y sólo una de ellas es
un as, pero no se indica si es un as rojo o negro. En el reverso de cada carta
está escrita una frase, y si la carta es roja, la frase es verdadera, pero si la
carta es negra, la frase es falsa. Esto es lo que dice el reverso:
Carta 1
Esta carta
no es
el as.
Carta 2
Esta carta
es el
as.
Carta 3
La carta 1
no es
el as.
¿Cuál de las tres cartas es el as?, y ¿el as será rojo o negro?
2 - Encuentra el comodín - Aquí hay otro monte de tres cartas “lógicas”:
Tres cartas están boca abajo en la mesa; una es roja, otra negra y otra es el
comodín. De nuevo se escribe una frase en el reverso de cada carta. La carta
roja tiene una frase verdadera, la negra una falsa, y la frase del comodín
puede ser verdadera o falsa. Aquí están las cartas:
Carta 1
La carta 3
es el
comodín
Carta 2
La carta 1
es negra
―8―
Carta 3
Esta carta
es el
comodín.
¿Qué carta es el comodín? Además, ¿que carta es roja y cuál es negra?
B - ¿Qué pasa con estos?
3 - Un anciano - Un hombre tenía en su mano dos monedas americanas que
sumaban 30 centavos, pero una de ellas no era de cinco centavos. ¿Qué monedas eran?
4 - ¿Cuál es la explicación? - En 1920, un hombre entró en un bar y necesitaba un centavo para una llamada telefónica. Pidió cambio de un dólar. El
camarero dijo: “Lo siento, no puedo darle cambio de un dólar. ¿Por casualidad tiene un billete de cinco dólares?”
“Pues sí”, dijo el hombre.
“Puedo cambiarlo”, dijo el barman, lo cual hizo, y el hombre pudo entonces hacer su llamada telefónica.
¿Cuál es la explicación? [¡Esto es un acertijo genuino, no una broma!]
5 - Una vez un hombre lanzó una pelota de golf que fue a corta distancia, se
detuvo, invirtió su movimiento y luego fue en sentido contrario. No la rebotó, ni la golpeó, ni le ató nada. ¿Cuál es la explicación?
6 - Un hombre estaba conduciendo por una calle. Los faros de su coche estaban rotos, y por una curiosa coincidencia, había una escasez de energía en
la ciudad y ninguna de las farolas podía funcionar. Además, no había luna.
Unos pocos cientos de metros delante de él había un peatón cruzando la
calle. De alguna manera, el conductor se dio cuenta del peatón y frenó hasta
detenerse. ¿Cómo sabía que el peatón estaba allí?
7 - ¡Aquí hay un enigma (que algunos de ustedes bien pueden conocer) del
que me enamoré! Un barco tiene una escalera de metal que baja por el costado. Tiene 6 peldaños separados por un pie. Con la marea baja, el agua
subió hasta el segundo peldaño desde el fondo. Entonces el agua subió dos
pies. ¿Qué peldaño golpeó entonces?
8 - ¿Cómo es tu aritmética? - En una cierta ciudad, el 13 por ciento de los
habitantes tienen números de teléfono no listados, y ninguno de ellos tiene
más de un número de teléfono. Bueno, un día un estadístico visitó el pueblo
y escogió 1.300 nombres al azar de la guía telefónica. Aproximadamente,
¿cuántos de ellos esperarías que tuvieran números de teléfono no listados?
9 - ¿Podrían tener razón los dos? - Una vez visité a dos hermanos llamados
Arthur y Robert. Arthur me dijo que tenía el doble de novias que Robert.
―9―
Entonces, para mi sorpresa, Robert me dijo que tenía el doble de novias
que Arthur. ¿Podrían tener razón los dos?
10 - ¿Cuál es el método más fácil para saber si un pájaro es macho o hembra?
C - ¿Cuáles son las probabilidades?
11 - Supongamos que tú escribes un número del 1 al 20, y yo escribo un
número del 1 al 20. ¿Cuál es la probabilidad de que tu número sea más alto
que el mío?
12 - ¿Cuál es la probabilidad de que haya al menos dos estadounidenses que
tengan exactamente el mismo número de amigos estadounidenses? [Asumo
que la amistad es mutua - si John es amigo de Bill, entonces Bill también es
amigo de John, y no estoy contando a una persona como su propio amigo.
Tampoco asumo que todos los estadounidenses tienen al menos un amigo,
¡porque eso lo haría demasiado fácil! Estoy asumiendo que hay al menos
dos estadounidenses. ¡El resto es pura lógica!]
13 - Supongamos que le apuesto a alguien que no puede decirme qué imagen
de presidente está en un billete de diez dólares sin mirar el billete. Ahora,
sin mirar el billete, ¿puede decirme la probabilidad de que gane la apuesta?
14 - Un estadístico visitó una vez una convención de físicos y químicos, 50
científicos en total. Observó que si dos de ellos eran elegidos al azar, uno de
ellos debía ser un químico. Ahora, supongamos que sólo uno de ellos es
elegido al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que sea un químico?
15 - Tres estadísticos visitaron una vez un jardín de flores rojas, azules, amarillas y blancas. Uno de los estadísticos observó que de cuatro flores que se
recogieron, una de ellas debía ser roja. Otro observó que de las cuatro que
se recogieran, al menos una de ellas debía ser azul. El tercer estadístico observó que de las cuatro que se recogieran, al menos una tenía que ser amarilla. Ahora, si se escogen cuatro, ¿cuál es la probabilidad de que al menos
una sea blanca?
***
Hablando de estadísticos, existe la historia de que un estadístico le dijo
una vez a un amigo que nunca viaja por aire, porque calculó la probabilidad
de que hubiera una bomba en el avión, y aunque la probabilidad era baja,
era demasiado alta para su gusto. Dos semanas más tarde, el amigo se reunió
con el estadístico en un avión y le preguntó por qué había cambiado su teoría. El estadístico respondió: “No cambié mi teoría. Sólo que posteriormente
― 10 ―
calculé la probabilidad de que hubiera dos bombas en el avión, y esta probabilidad es lo suficientemente baja para mi tranquilidad. Así que ahora simplemente llevo mi propia bomba”.
D - Tres rompecabezas lógicos
16 - Un cuarteto - Dos parejas casadas estaban tomando el té juntas. Dos
de los cuatro eran franceses y los otros dos eran alemanes. Uno de los cuatro
era químico, otro médico, otro abogado y otro escritor. El doctor es francés.
La escritora es francesa y su marido es abogado. El Sr. Schmidt es alemán.
¿Cuál es la profesión de la Sra. Schmidt?
17 - Tres hermanas - De tres hermanas, dos están casadas, dos son rubias
y dos son secretarias. La que no es rubia no es secretaria, y la que no es
secretaria es soltera. ¿Cuántas, si es que hay alguna, son secretarias rubias y
casadas?
18 - Otras tres hermanas - Hay otro grupo de tres hermanas llamadas Arlene, Beatrice y Cynthia. Arlene es soltera. Beatrice es más baja que la más
joven de las tres. La mayor de las tres está casada y también es la más alta.
¿Cuál de las tres es la mayor y cuál la menor?
E - Tema y variaciones
19 - Un dilema de probabilidad - ¡Ahora viene un problema muy serio!
Una bolsa contiene sólo una canica, que es o bien blanca o bien negra, y
con igual probabilidad. Una segunda canica negra es lanzada a la bolsa. La
bolsa es entonces sacudida, y se retira una canica que resulta ser negra. ¿Cuál
es la probabilidad de que la canica que queda sea negra?
Ahora daré dos argumentos que conducen a conclusiones completamente
incompatibles, y el problema es ¡averiguar qué es lo que está mal!
Argumento 1 - Antes de saber que la canica retirada era negra, hay los siguientes cuatro casos igualmente probables:
Caso 1 - La canica originalmente en la bolsa era blanco y fue el mármol el
que se quitó.
Caso 2 - La canica original era blanca y la canica negra añadida fue la que
se quitó.
Caso 3 - La canica original era negra y fue la canica que se quitó.
Caso 4 - La canica original era negra y la canica negra añadida fue la que se
quitó.
― 11 ―
Ahora, una vez que sabemos que la canica extraída era negra, entonces el
Caso 1 ya no puede sostenerse, y por lo tanto uno de los tres últimos casos
debe sostenerse y cada uno es igualmente probable. En dos de los casos (Casos 3 y 4) queda una canica negra, y sólo en el Caso 2 queda una canica
blanca. Por lo tanto, la probabilidad de que la canica que queda sea negra es
de dos tercios.
Argumento 2 - Es obvio que si la canica original es blanca, entonces la
canica restante es blanca (ya que no fue removida) y si la canica original
es negra, entonces la canica restante debe ser negra (ya sea la original o
la añadida). Por lo tanto, el color de la canica en la bolsa no se cambia
añadiendo una canica negra y luego quitando una canica negra. Por lo
tanto, como la probabilidad es la mitad de que la canica original fuera
negra y la probabilidad no ha cambiado al agregar y quitar una canica
negra, la probabilidad de que la canica restante sea negra también es la
mitad, ¡no dos tercios!
Bueno, algo está claramente mal con uno de los argumentos. ¿Cuál, y
dónde está la falacia?
20 Una variante - Supongamos que en el último problema, en lugar de que
nos digan que una canica fue sacada de la bolsa al azar, nos digan que alguien miró dentro de la bolsa y sacó deliberadamente una canica negra.
¿Cambiaría eso la respuesta?
21 - Otra variante - Supongamos, como en el problema 16, que una canica
fue extraída al azar, pero que ahora no se nos dice si era negra o blanca.
Entonces, ¿cuál es la probabilidad de que la canica que queda sea negra?
F - Un problema especial
22 - ¿Quién es qué? - David y Edward son hermanos. Uno es programador
y el otro es ingeniero. David es exactamente 26 semanas mayor que Edward
que nació en agosto. El programador, que nació en enero, tenía 54 años en
1998. ¿Cuál de los dos hermanos es el ingeniero? [Este es un genuino rompecabezas, no una broma.]
***
Hablando de programadores e ingenieros, hay una historia que gira en
torno a un ingeniero y un programador que estaban sentados uno al lado del
otro en un avión. El programador le preguntó al ingeniero si le gustaría jugar
un juego. “No, quiero dormir”, dijo el ingeniero.
“¡Es un juego muy bueno!”, dijo el programador.
“¡No, quiero dormir!”
― 12 ―
El programador entonces dijo: “Me haces una pregunta y si no sé la respuesta, te pago cinco dólares. Entonces te hago una pregunta y si no sabes
la respuesta, me pagas cinco dólares”.
“No, quiero dormir”.
“Te diré algo: si no sabes la respuesta, me pagas cinco dólares, pero si no
sé la respuesta, te pago cincuenta dólares”.
“Oh, está bien”.
El ingeniero dijo primero: “¿Qué sube la colina con tres piernas y baja
con cuatro?” El programador sacó su ordenador portátil y trabajó en la referencia durante una hora. Luego sacudió la cabeza y le dio al ingeniero 50
dólares. El ingeniero no dijo nada y se puso los cincuenta dólares en el bolsillo. El programador, un poco molesto, dijo: “Bueno, ¿cuál es la respuesta?”
Y el ingeniero le dio cinco dólares.
SOLUCIONES
1 - Ya que, como mucho, una de las tres cartas es roja, entonces como mucho
una de las tres frases es verdadera. Ahora, la frase de la carta 1 y la de la
carta 3 coinciden, por lo que ambas son verdaderas o falsas. Como no pueden ser ambas verdaderas, ambas son falsas. Como la frase de la carta 1 es
falsa, entonces la carta 1 es el as y es negra.
2 - La Carta 3 no es obviamente la roja, ya que la frase de la carta roja es
verdadera. Si la carta 2 es la roja, entonces la carta 1 será negra (como dice
la carta 2), por lo tanto la carta 3 sería el comodín, entonces la carta 1 tendría
una frase verdadera, que una carta negra no puede tener. O sea que la carta
2 no puede ser roja. Esto deja a la carta 1 como la roja, y la carta 3 es el
comodín. Y así la carta 1 es roja, la carta 2 es negra y la carta 3 es el comodín.
3 - Tenía una moneda de cinco centavos y una de 25 centavos. Una de ellas
(a saber, la moneda de 25 centavos) no era una moneda de cinco centavos.
[¡Esto es lo que yo llamo una broma!]
4 - El barman tenía una pieza de oro de 2,5 dólares (que era bastante común
en aquellos días) y se la dio al cliente, junto con un billete de 2 dólares y una
moneda de 25 centavos, dos monedas de 10 centavos y una de cinco centavos.
5 - La tiró hacia arriba en el aire.
6 - Era de día.
7 - Cuando escuché esto, dije: “La respuesta obvia es el cuarto peldaño desde
el fondo, pero es demasiado obvio para ser correcto, ¡pero no puedo ver lo
― 13 ―
que está mal en mi aritmética!” Bueno, la respuesta correcta es el segundo
peldaño, ya que el barco se eleva con el agua.
8 - ¡Aquí hay otro del que me enamoré estúpidamente! He contestado “169”
(que es el 13 por ciento de 1300), pero la respuesta correcta es cero, ¡ya que
los nombres fueron tomados de la guía telefónica!
9 - Los dos tenían razón: Ninguno de los hermanos tenía amigas en ese momento, y dos veces cero es cero.
10 - Le ofreces al pájaro una semilla. Si él se la come, entonces el pájaro es
macho. Si ella se la come, entonces es una hembra.
“Pero”, podrías responder, “¿cómo sabes si es un él o una ella?”
Respuesta: Si es macho, entonces es un él. Si es hembra, entonces es una
ella. [Sospecho que este razonamiento es ligeramente circular].
11 - La probabilidad de que ambos números sean iguales es de uno sobre
veinte, por lo que la probabilidad de que sean diferentes es de diecinueve
sobre veinte. Si son diferentes, las posibilidades de que su número sea mayor
que el mío, y por lo tanto la probabilidad total de que su número sea mayor
que el mío es la mitad de diecinueve de veinte, que es 19 de 40.
12 - La probabilidad es del 100%. De hecho, dado cualquier grupo de al
menos dos personas debe haber al menos dos miembros que tengan exactamente el mismo número de amigos en el grupo, para suponer, digamos, que
el grupo tiene 1.000 miembros. Ahora bien, hay exactamente mil números
enteros inferiores a 1.000, es decir, los números del cero al 999, y por lo
tanto, la única manera de que ningún miembro del grupo pueda tener un
número diferente de amigos (en el grupo) es que por cada número del cero
al 999 (inclusive), haya un miembro que tenga sólo ese número de amigos.
Por lo tanto, un miembro debe tener cero amigos, uno debe tener 1 amigo,
uno debe tener 2 amigos, y así sucesivamente, hasta uno que tenga 999 amigos. Pero esto no es posible ya que si un miembro tiene 999 amigos, entonces tiene a todos los demás como amigos, por lo tanto todos los demás deben
tenerlo como amigo, así que ninguno de ellos puede tener cero amigos en el
grupo. Por lo tanto, al menos dos miembros deben tener exactamente el
mismo número de amigos en el grupo.
13 - La probabilidad es del 100%, porque ninguna imagen de presidente está
en un billete de diez dólares. [El retrato es de Alexander Hamilton, que fue
tesorero, pero nunca presidente].
14 - Decir que uno de los dos elegidos es químico, es otra forma de decir
que no hay dos físicos. Así, sólo había un físico en el grupo y 49 químicos.
― 14 ―
Por lo tanto, las posibilidades de elegir un químico al azar son 49 de 50 o
98%.
15 - La probabilidad es del 100% por las siguientes razones: ¿Podría haber
dos de cualquier color en el grupo? No, porque, digamos, había dos rojos.
Entonces se podrían elegir dos rojos, uno blanco y otro amarillo, contradiciendo así una de las observaciones de que al menos uno tenía que ser azul.
Un argumento similar funciona para cada uno de los otros tres colores. Y así
la única posibilidad es que sólo había cuatro flores en todo el jardín, una de
cada color, y así, si uno escoge cuatro, entonces por supuesto uno tiene que
ser blanco.
16 - La escritora y el médico son franceses, por lo tanto los otros dos son
alemanes. La mujer alemana no puede ser la doctora o la escritora, ambas
francesas, ni el abogado, que es un hombre. Por lo tanto, la mujer alemana
es la química.
El Sr. Schmidt, que es alemán, no puede ser el médico o escritor, que son
franceses, ni el químico, que es una mujer. Por lo tanto, el Sr. Schmidt es el
abogado. Por lo tanto, el Sr. Schmidt alemán está casado con la escritora
francesa, y por lo tanto la Sra. Schmidt es la escritora.
17 - La que no es secretaria no es ni rubia ni casada, por lo que cada una de
las otras dos hermanas es una secretaria rubia y casada.
18 - Como Arlene no está casada y la hermana mayor sí, entonces Arlene no
es la mayor. Además, Beatrice no puede ser la mayor, porque es más baja
que la menor, y la mayor es la más alta. Por lo tanto, Cynthia es la mayor.
Además, como Beatrice es más baja que la más joven, no puede ser la más
joven, por lo que es la mediana. Esto deja a Arlene como la más joven.
19 - ¡Ha habido mucha controversia sobre este problema! Algunas personas
están a favor del argumento 1, y otras, del argumento 2. Al principio, el
argumento 2 podría parecer el más plausible, pero en realidad es el argumento 1 el que es correcto; la probabilidad es de dos tercios, ¡no la mitad!
La falacia del argumento 2 está en la última frase, en la que se dice que la
probabilidad no ha cambiado al añadir y quitar una canica negra. Esto no es
cierto; la probabilidad ha cambiado, ¡ya que la canica eliminada fue elegida
al azar! Al ver que la canica que quedaba era negra, el número de casos
posibles se ha reducido de cuatro a tres, y esto cambia la probabilidad en
consecuencia.
Veámoslo de esta manera: Supongamos que haces el experimento cuatro
veces, usando sólo cartas en lugar de canicas. Las dos primeras veces, pon
una tarjeta roja sobre la mesa y luego una tarjeta negra a la derecha de ella.
Las siguientes dos veces, pon una carta negra sobre la mesa y añade otra a
― 15 ―
la derecha. La primera vez, quita la carta de la izquierda; la segunda, la de
la derecha; la tercera, la de la izquierda, y la cuarta, la de la derecha. [Por lo
tanto, has quitado la tarjeta original la mitad del tiempo]. ¿En cuántas de
esas tres veces en las que has quitado una carta negra, ha quedado una carta
negra? Obviamente, dos.
20 - ¡Esta es una historia muy diferente! Añadiendo una canica negra y luego
quitando una canica negra a sabiendas, no hay cambio en la probabilidad.
En esta situación, la probabilidad es ahora la mitad de que la canica restante
sea negra.
Los cuatro experimentos con cartas que son relevantes para este problema
son los mismos que antes, excepto que ahora, se quita la carta derecha en el
primer intento, en lugar de la izquierda. (Por lo tanto, se retira una carta
negra las cuatro veces). Las dos primeras veces se deja una carta roja, y las
dos últimas veces, una carta negra.
21 - Sin ninguna información sobre el color de la canica removida, los cuatro
casos (considerados en la solución del Problema 16) son igualmente probables, y en tres de ellos, la canica restante es negra. Por lo tanto, la probabilidad es ahora de tres cuartos.
Para resumir este y los dos últimos problemas:
1) Si la canica retirada se escoge al azar y se ve que es negra, entonces la
probabilidad (de que la canica restante sea negra) es de ⅔.
(2) Si una canica negra es removida deliberadamente, entonces la probabilidad es de la mitad.
(3) Sin conocer el color de la canica eliminada, la probabilidad es de ¾.
22 - Si David es el programador, tenemos la siguiente contradicción: David
nació en enero (como el programador) y es exactamente 26 semanas mayor
que Edward, que nació en agosto. Pero esto sólo es posible si David nació
el 31 de enero y Edward el 1 de agosto y no hay un 29 de febrero entre
ambos, es decir, que no fue un año bisiesto. [Puedes comprobar esto con un
calendario]. Por lo tanto, si David es el programador, entonces no nació en
un año bisiesto. Por otro lado, si David es el programador, tenía 54 años en
enero de 1998, por lo que nació en 1944, ¡que es un año bisiesto! Por lo
tanto, es contradictorio asumir que David es el programador, y por lo tanto
David debe ser el ingeniero.
― 16 ―
Capítulo 2
¿Qué dama?
Hay cuatro hermanas llamadas Teresa, Thelma, Leila y Lenore. Teresa y
Thelma, cuyos nombres empiezan con “T”, naturalmente dicen la verdad en
todo momento, mientras que Leila y Lenore, cuyos nombres empiezan con
“L” siempre mienten.
1 - Nunca has visto a ninguna de estas hermanas, pero un día te encuentras
con una y sabes que es una de las cuatro hermanas, pero no sabes cuál. Entonces hace una declaración de la que se deduce que debe ser Teresa. ¿Qué
declaración haría esto?
2 - Supongamos, en cambio, que hace otra declaración que te convence de
que es Lenore. ¿Qué declaración funcionaría?
3 - Una vez me encontré con una de las cuatro, y ella hizo una declaración
de la que puedo deducir que debe ser Teresa o Lenore, ¡pero no podría decir
cuál! ¿Qué declaración podría haber sido?
4 - ¿Qué declaración pudo hacer que te convenciera de que ella es Thelma,
Leila o Lenore, pero no pudiste decir cuál?
5 - ¿Qué declaración te convencería de que ella es Thelma, Teresa o Lenore,
pero no pudiste decir cuál?
6 - Supongamos que la dama con la que te encuentras hace las siguientes
dos declaraciones:
(1) Teresa le dijo una vez a alguien que yo soy Leila.
(2) Thelma nunca le ha dicho a nadie que soy Lenore.
¿Quién es ella?
7 - ¿Qué pregunta de sí/no podría hacerle para determinar cuál de las cuatro
hermanas es ella?
8 - ¿Hay alguna pregunta de sí/no que puedas hacerle para determinar si está
casada o no?
9 - Un día, un hombre conoció a dos de las hermanas, una de ellas pelirroja
y la otra con cabello negro. Se enamoró de la pelirroja al verla y le preguntó:
“¿Está usted casada?” En lugar de responder ella, la otra hermana respondió:
“¡Está casada y siempre miente!”
― 17 ―
“¿Y tú quién eres?”, le preguntó el hombre a la de pelo negro. En lugar
de que ella respondiera, la pelirroja respondió: “Ella es Teresa o Thelma”.
¿La pelirroja está casada o no? ¿y es veraz?
SOLUCIONES
1 - Una afirmación que funcionaría es: “No soy Thelma”. Ni Leila ni Lenore
podrían decir eso, porque es cierto que ninguna de las dos es Thelma. Además, Thelma no podría mentir y decir que no es Thelma. Por lo tanto, la
única que podría decir eso es Teresa.
2 - Una afirmación que funciona es: “Yo soy Leila”. Ni Teresa ni Thelma
dirían falsamente ser Leila, y Leila no diría la verdad sobre Leila, por lo que
sólo Lenore podría hacer esa afirmación.
3 - Una declaración que funciona es: “Yo soy Teresa o Leila”. Teresa podría
decir eso (porque realmente es Teresa o Leila). Thelma no haría la falsa declaración de que ella es Teresa o Leila. Leila no haría la verdadera declaración de que ella es Teresa o Leila. Pero Lenore podría hacer la falsa declaración de que ella es Teresa o Leila. Así que las únicas que podrían decir eso
son Teresa y Lenore, y no hay forma de saber cuál.
4 - Una declaración que funcionaría es: “Yo soy Thelma”. Thelma podría
decir eso de verdad, y tanto Leila como Lenore podrían decirlo en falso. La
única que no podría decir eso es Teresa.
5 - Una afirmación que funciona es: “No soy Lenore”. Lenore pudo decir
eso falsamente, y ambas, Teresa y Thelma, pudieron decir eso con sinceridad. La única que no puede decir eso es Leila, (ya que realmente no es
Lenore).
6 - La primera declaración de la dama era ciertamente falsa, porque si fuera
verdad, entonces Teresa dijo una vez que la dama era Lenore, y como Teresa
es veraz, la dama tendría que ser realmente Lenore, contrariamente a la suposición de que ella dijo la verdad. Por lo tanto, la dama es una mentirosa.
Por lo tanto su segunda afirmación es falsa, y como Thelma dijo una vez que
la dama es Lenore, por lo tanto la dama es Lenore (ya que Thelma es veraz).
7 - ¡No existe tal pregunta! La razón es que una pregunta de “sí/no” sólo
puede tener dos respuestas posibles, mientras que hay cuatro posibilidades
para la hermana de la dama. ¡Dos respuestas sólo pueden distinguir entre
dos posibilidades, no cuatro! [Este es un principio básico de la informática].
― 18 ―
8 - ¡Claro! Una pregunta que funcionaría es. “¿Está usted casada y es Teresa
o Thelma, o soltera y es Leila o Lenore?” Se está preguntando si una de las
dos alternativas siguientes es válida:
(1) Es Teresa o Thelma, y está casada.
(2) Es Leila o Lenore, y no está casada.
Supongamos que responde que sí. Su respuesta es verdadera o falsa. Supongamos que es verdadera. Entonces una de las alternativas (1) o (2) es
realmente válida. No puede ser (2) [ya que respondió con sinceridad, no
puede ser Leila o Lenore], por lo tanto es (1), y por lo tanto está casada. Por
otro lado, supongamos que su respuesta es falsa. Entonces ni la (1) ni la (2)
se sostiene, así que en particular, la (2) no se sostiene. Sin embargo, debe
ser Leila o Lenore (ya que respondió falsamente), pero como la 2 no se sostiene, debe estar casada.
Entonces, si contesta que sí, debe estar casada (independientemente de si
dijo la verdad o mintió, y no hay manera de determinar cuál). Un análisis
similar, que dejamos al lector, revela que si responde que no, entonces no
está casada.
9 - Dejemos que R sea la pelirroja y B la de pelo negro. Hicieron las siguientes afirmaciones:
B: R está casada y siempre miente.
R: B es Teresa o Thelma.
¿Podría R estar diciendo la verdad? No, porque si lo estuviera, entonces
B sería realmente Teresa o Thelma, por lo tanto veraz, por lo que R siempre
mentiría (como dijo B), y tendríamos una contradicción. Por lo tanto, R mintió. Por lo tanto, B no es ni Teresa ni Thelma, así que B mintió. Así, no es
cierto que R siempre miente y está casada, pero R siempre miente, por lo
tanto R no está casada.
En resumen, B y R mintieron y R no está casada, y sólo podemos esperar
que el hombre no se case finalmente con R, ¡que siempre miente!
― 19 ―
Capítulo 3
¿Qué bruja?
1 - Un hombre debía elegir una novia de entre tres hermanas llamadas Alice,
Beatrice y Cynthia. Se sabía que cada hermana siempre mentiría o diría la
verdad. Además, una y sólo una de las tres hermanas era bruja, pero no se
sabe si la bruja miente o dice la verdad. Las tres hicieron las siguientes declaraciones al pretendiente:
Alice - Cynthia es la bruja.
Beatrice - Yo no soy la bruja.
Cynthia - ¡A lo sumo una de nosotras dice la verdad!
Ahora, sobre todo, el hombre quería asegurarse de que la persona con la
que se case no sea una bruja. ¿A cuál debería escoger? Además, ¿la bruja es
verdadera o no?
2 - Según otra versión de la historia anterior, los tres hicieron las siguientes
afirmaciones:
Alice - Yo soy la bruja.
Beatrice - Yo soy la bruja.
Cynthia - ¡Al menos dos de nosotros siempre mienten!
Si esta versión es correcta, entonces ¿cuál es la bruja y cuáles son veraces?
3 - Un gran robo ocurrió en Chicago y tres criminales llamados Mike, Spike
y Slug fueron juzgados. Se sabía que al menos uno de los tres estaba involucrado, y que nadie más lo estaba. Mike y Spike eran hermanos que se parecían tanto que a menudo se confundían. Ambos hermanos eran bastante
tímidos y ninguno de ellos haría un trabajo sin un cómplice. Por otro lado,
Slug nunca se fiaba de un cómplice y siempre trabajaba solo. El caso resultó
bastante difícil hasta que finalmente se descubrió que uno de los dos hermanos fue visto en una taberna de Houston en el momento del robo, pero no se
sabía con certeza si era Mike o Spike.
¿Cuáles son inocentes y cuáles son culpables?
4 - En el planeta Blam, dos de las palabras nativas son Tak y Bin; una de
ellas significa sí, y la otra, no. Un visitante de nuestro planeta preguntó una
vez a un erudito de Blam si Tak significaba no. El erudito respondió correctamente, pero aunque sabía inglés, contestó distraídamente en su propia lengua. ¿Respondió Tak o Bin?
― 20 ―
5 - Aquí hay una metaacertijo sobre la famosa Isla de los Caballeros y los
Bribones, donde los caballeros siempre dicen la verdad; los bribones siempre mienten, y cada nativo es un caballero o un bribón.
Un lógico visitó una vez esta isla por un rumor de que podría haber oro
enterrado allí. Se encontró por primera vez con un nativo llamado Ark y le
preguntó: “¿Hay oro en esta isla?” Ark respondió: “Una vez afirmé que lo
hay”. ¡Esto no fue de mucha ayuda! Luego conoció a otro nativo Bork y le
preguntó si hay oro en la isla. La respuesta de Bork fue aún menos útil:
“Nunca afirmé que no lo hubiera”. Luego conoció a un nativo Cag, del que
sabía que conocía a Ark y Bork, y le preguntó: “¿Son estos dos del mismo
tipo ―ambos caballeros o ambos bribones― o son de tipos diferentes?” Cag
le informó si Arca y Bork eran o no del mismo tipo, pero el lógico seguía
sin saber si Cag era un caballero o un bribón. Finalmente conoció a un cuarto
nativo Dag, y le preguntó: “¿Usted y Cag son del mismo tipo?” Dag respondió (sí o no), y el lógico entonces supo si había o no oro en la isla.
¿Hay oro en esta isla?
SOLUCIONES
1 - No se puede decir cuál es la bruja, pero sí se puede decir de una de ellas
que definitivamente no es la bruja. Así es cómo:
Cynthia o es sincera o miente. Consideremos primero el caso en el que
Cynthia es sincera. Entonces, como mucho, una de las tres es veraz, como
ella afirmó, por lo que Alice y Beatrice mienten. Entonces la declaración de
Beatrice es falsa, lo que significa que Beatrice es la bruja. Esto prueba que
si Cynthia es veraz, entonces Beatrice es la bruja y la bruja miente.
Ahora considera el caso de que Cynthia miente. Entonces no es el caso
que a lo sumo uno sea veraz, por lo tanto Alice y Beatrice deben ser ambas
veraces, y Cynthia es la bruja, como Alice afirmó. Y si Cynthia miente, entonces ella es la bruja, y por supuesto la bruja miente.
Esto deja a Alice a salvo, en lo que se refiere a ser una bruja, así que el
pretendiente, para estar seguro, debería elegir a Alice. No se puede determinar si Alice es veraz o no (y esperemos que lo sea en el curso del matrimonio).
2 - Esta es más simple: Si Cynthia mintió, entonces a lo sumo una miente, y
es la única mentirosa, entonces Alice como Beatrice dijeron la verdad, lo
cual es imposible, ya que sólo una de las tres es una bruja. Por lo tanto,
Cynthia es sincera. Como su declaración era cierta, entonces Alice y Beatrice mintieron, y ninguna es realmente una bruja, por lo que debe ser Cynthia. Así que según esta versión, Cynthia es la bruja y la única veraz de las
tres!
― 21 ―
3 - El hermano que estaba en Houston es obviamente inocente. El otro hermano también debe ser inocente, ya que no trabajaba solo, ni con Slug, que
sólo trabaja solo. Así que Slug es el único culpable.
4 - La pregunta que se hizo fue si Tak significa no. Si Tak quiere decir no,
entonces la respuesta correcta en inglés sería sí, por lo tanto la respuesta
correcta para los nativos sería Bin. Por otro lado, si Tak significa sí, entonces
la respuesta correcta en inglés a la pregunta sería no, por lo que la respuesta
nativa correcta sería de nuevo Bin (que significa no). Así que en cualquier
caso, la respuesta nativa correcta a la pregunta es Bin.
5 - Esto se llama metaacertijo porque no se nos dice lo que dijeron Cag o
Dag, y sólo podemos resolver el problema sabiendo que el lógico fue capaz
de resolverlo.
Primero debemos ver que después de que Dag respondió, el lógico supo
si Ark y Bork eran del mismo tipo. Bien, después de que Dag respondiera,
el lógico supo si Cag era un caballero o un bribón. Supongamos que Dag
respondió que sí. Entonces Cag tendría que ser un caballero, porque ningún
nativo reclamaría ser del mismo tipo que un bribón (ningún caballero mentiría y diría que lo es, y ningún bribón admitiría sinceramente que lo es). Por
otro lado, si Dag dijera que no ―si negara ser del mismo tipo que Cag―,
entonces Cag tendría que ser un bribón. Y así, después de que Dag respondiera, el lógico supo si Cag era un caballero o un bribón. Una vez que lo
supo, entonces entendió si acatar o no la respuesta de Cag, y por lo tanto
supo si Ark y Bork eran del mismo tipo.
Ahora, el punto crucial es que si Ark y Bork son de diferentes tipos, entonces no hay forma de saber si hay oro en la isla, ya que podría ser que Ark
sea un caballero y haya oro, o podría ser que Ark sea un bribón, Bork es un
caballero y podría haber o no oro. Y así, si el lógico hubiera averiguado que
Ark y Bork son de diferentes tipos, entonces no podría haber averiguado si
había oro en la isla. Por otro lado, supongamos que descubrió que Ark y
Bork son del mismo tipo. Bueno, supón que ambos son caballeros. Entonces
Ark es un caballero, por lo que si afirmó una vez que había oro (como dijo),
y siendo un caballero, realmente debe haber oro. Por lo tanto, si ambos son
caballeros, entonces hay oro. ¿Y si ambos son bribones? En ese caso, Bork
es un bribón, por lo que su afirmación fue falsa, por lo que si afirmó que no
había oro, y siendo un bribón, realmente hay oro.
Esto prueba que si Ark y Bork son ambos caballeros o ambos bribones,
debe haber oro, mientras que si son de diferentes tipos, puede o no haber
oro, y no hay forma de determinar cuál. Pero se nos indica que el lógico
pudo determinar cuál, y por lo tanto de las declaraciones de Cag y Dag, debió saber que Ark y Bork eran del mismo tipo, y por lo tanto debe haber oro
― 22 ―
en la isla. (No se puede determinar si Arca y Bork eran ambos caballeros o
ambos bribones, ni podemos saber el tipo de Cag o de Dag, aunque el lógico
conocía el tipo de Cag, pero no el de Dag).
― 23 ―
Capítulo 4
¿Qué isla?
Amin y Begone son dos islas vecinas en algún océano lejano. Los nativos
de Amin (los aminianos) y los nativos de Begone (los begonianos) a veces
visitan la isla ajena. Lo extraño es que cuando los nativos están en su isla
natal, dicen la verdad, pero cuando están en la otra isla, mienten.
1 - Supongamos que desembarcas en una de las islas, pero no sabes cuál es.
Te encuentras con un nativo que sabes que es aminiano o begoniano, pero
no sabes cuál. Sólo puedes hacerle una pregunta de sí/no, y tu propósito es
averiguar en qué isla estás. ¿Qué pregunta harías?
2 - Supongamos que en vez de querer saber en qué isla estás, quisieras saber
si el nativo que conociste es aminiano o begoniano. De nuevo, sólo se te
permite una pregunta de sí/no. ¿Qué pregunta harías?
3 - Supongamos que no te importa en qué isla estás, ni si el nativo con el
que hablas es aminiano o begoniano, pero quieres saber si está ahora en su
isla natal. ¿Qué pregunta funcionaría?
4 - Suponga que todo lo que quiere hacer es hacer que responda que sí. ¿Qué
pregunta funcionaría?
5 - Suponga que se encuentra con un nativo que dice: “Cuando estoy en
Amin, puedo decir que estoy en Begone”. ¿En qué isla estás?
6 - Supongamos que el nativo dice: “Cuando estoy en Amin, afirmo que soy
begoniano”. En realidad soy aminiano”.
De esto se puede deducir en qué isla estás y de qué isla es el nativo. ¿Cuál
es la solución?
7 - [Una metaacertijo] - Un día un lógico desembarcó en una de las islas,
pero no sabía en cuál. Entonces se encontró con dos nativos, pero no sabía
si eran de esa isla o no. Uno de ellos dijo: “Somos de islas diferentes”. Entonces el lógico preguntó: “¿En qué isla estamos ahora?” Uno de los dos
respondió: “Amin”. El lógico entonces supo en qué isla estaba. ¿Qué isla
era?
8 - Aquí hay una más compleja: Un visitante llegó una vez a una de las dos
islas y se encontró con dos nativos llamados Auk y Bog. Hicieron las siguientes declaraciones:
― 24 ―
Auk: Al menos uno de nosotros es aminiano.
Bog: Auk es begoniano.
¿En qué isla ocurrió esto, y qué son Auk y Bog?
SOLUCIONES
1 - Muchas preguntas funcionarían, pero una particularmente simple es:
“¿Eres aminiano?” Supongamos que responde “sí”. O bien es sincero o
miente. Supongamos que está diciendo la verdad. Entonces él es realmente
aminiano, como afirma, pero también debe estar ahora en Amin (con el fin
de ser veraz), y por lo tanto usted está ahora en Amin. Pero supongamos que
está mintiendo. Entonces, él no es realmente aminiano, como él afirma, por
lo tanto es begoniano. Ya que está mintiendo y es begoniano, debe estar
ahora en Amin, y por lo tanto tú estás ahora en Amin. Esto demuestra que si
responde que sí, entonces sin importar si está diciendo la verdad o mintiendo, estás ahora en Amin. Por un análisis similar, que dejamos al lector,
se puede ver que si responde no, entonces debes estar en Begone.
2 - Para saber de dónde es, pregúntale: “¿Estás ahora en Amin?” Por un
análisis bastante similar al del último problema, si responde sí entonces es
aminiano, y si responde no, entonces debe ser begoniano.
Hay una bonita simetría entre este y el último problema: Para saber si
estás en Amin, le preguntas: “¿Eres aminiano?” pero para concluir si es aminiano, le preguntas: “¿Estás ahora en Amin?”
3 - Sólo tienes que preguntar: “¿Dos más dos son cuatro?”
4 - Sólo tienes que preguntar: “¿Estás ahora en tu isla natal?” Es inevitable
que te respondan que sí (porque si está en su isla natal, responderá sinceramente que sí, y si no lo está, responderá falsamente que sí).
5 - Si él es begoniano, entonces su afirmación es verdadera, lo que significa
que ahora está en Begone. Si es Aminiano, su afirmación es falsa (porque
entonces no podría afirmar falsamente que está en Begone), por lo que ahora
debe estar en Begone. Así que en cualquier caso, usted está ahora en Begone.
6 - Es imposible que ambas declaraciones sean verdaderas, porque si él es
realmente aminiano (como lo afirmó en su segunda declaración), entonces
cuando está en Amin, no haría la falsa afirmación de que es begoniano. Por
lo tanto, sus dos declaraciones eran mentiras. Dado que su segunda declaración era falsa, entonces no es realmente aminiano, sino begoniano. Ya que
es begoniano y está mintiendo, entonces debe estar en Amin. Así que estás
en Amin y hablando con un Begoniano.
― 25 ―
7 - Que A sea la persona que dijo: “Somos de islas diferentes” y B sea la
otra. Si la afirmación de A era cierta, entonces A estaba en su isla natal, por
lo tanto B estaba fuera de su isla natal (como la afirmación de A implicaba).
Por otra parte, si la declaración de A era falsa, entonces A y B eran en realidad de la misma isla, pero A estaba fuera de su isla natal (habiendo hecho
una declaración falsa), por lo tanto B también estaba fuera de su isla natal.
Por lo tanto, en ambos casos, B estaba fuera de su isla natal, y por lo tanto
en calidad de mentiroso. No hay forma de saber si “A” estaba mintiendo o
no. Ahora bien, no se nos dice si fue A o B quien respondió a la pregunta
del lógico, pero si fuera A, el lógico no podría haber tenido forma de saber
dónde estaba. Pero el lógico lo supo, entonces debe haber sido B quien respondió “Amin”, y el lógico supo que estaba mintiendo (como hemos mostrado), y supo que realmente estaba en Begone.
8 - ¿Podría ser Auk un begoniano? Bueno, supongamos que lo fuera, entonces tenemos la siguiente contradicción: La isla en la que están es o bien
Begone o Amin. Supongamos que es Begone. Entonces, Auk, siendo begoniano, dijo la verdad, y al menos uno de los dos es realmente aminiano, por
lo tanto debe ser Bog. ¿Pero cómo podría Bog, siendo aminiano en la isla de
Begone, haber hecho la verdadera declaración de que Auk es begoniano?
Entonces, la isla no puede ser Begone (asumiendo que Auk es begoniano),
pero tampoco puede ser Amin. Supongamos que es Amin. Entonces Auk,
siendo begoniano en Amin debe haber mentido, lo que significa que ninguno
de los dos es realmente aminiano, y ambos son begonianos. Pero entonces,
¿cómo podría Bog, siendo begoniano y en Amin, haber dicho sinceramente
que Auk es begoniano? Por lo tanto, la suposición de que Auk es begoniano
lleva a una contradicción (sin importar si la isla es Begone o Amin), y Auk
es realmente aminiano. Ya que Auk es aminiano, entonces es cierto que al
menos uno de los dos es aminiano, y Auk dijo la verdad. Ya que él dijo la
verdad y es aminiano, la isla en la que están debe ser Amin. También Bog
mintió al decir que Auk era begoniano, y Bog debe ser begoniano (habiendo
mentido sobre Amin).
En resumen, la isla es Amin; Auk es aminiano y Bog es begoniano. Auk
dijo la verdad y Bog mintió.
― 26 ―
Capítulo 5
Los trucos de aritmética de McGregor
Para cambiar el ritmo, ahora consideramos algunas recreaciones aritméticas en este y los dos capítulos siguientes.
George, un estudiante de secundaria, entró en la tienda de McGregor un
día para comprar una bola de billar y preguntó el precio. El Sr. McGregor
estaba de un humor generoso en ese momento, y teniendo un interés general
en la educación matemática de los jóvenes, dijo: “Te diré algo. Te daré una
serie de acertijos, y si logras resolverlos, te daré una bola de billar gratis.
¿Te parece justo?”
“Estoy dispuesto a intentarlo”, dijo George.
1 - “Bien”, dijo McGregor. “Empecemos con uno sencillo. Recientemente
conté el número de peniques que tengo ahora en esta tienda y me di cuenta
de que podía dividirlos en ocho montones pares, o siete montones pares, o
seis montones pares, pero si tuviera un poco menos, entonces no podría hacer estas tres cosas. ¿Puedes decirme cuántos centavos tengo?”
George consiguió esto fácilmente.
2 - “Bien”, dijo McGregor. “Ahora déjame decirte que ayer entré en una
tienda y gasté la mitad de lo que tenía. Luego tomé el metro por un dólar, y
luego fui a otra tienda y gasté dos tercios de lo que tenía. Luego me fui y
compré un periódico por 50 centavos. Luego entré en otra tienda y gasté
cuatro quintos de lo que tenía. Cuando salí, vi a un mendigo y le di una
moneda. Sólo me quedaba un dólar, con el que tomé el metro para volver a
casa. ¿Puedes decirme con cuánto empecé?”
3 - “Hablando de cartas”, dijo McGregor, “supongamos que arreglas las
trece cartas de un palo de izquierda a derecha en el orden A, 2, 3, 4, 5, 6, 7,
8, 9, 10, J, Q, K. Pones el dedo en la A y cuentas “uno”. Luego pones el
dedo en el 2 y cuenta “dos” y sigue hasta llegar a K, contando “trece”. Entonces inviertes la dirección, y cuentas Q como “catorce”, J como “quince”
hasta que vuelves a A, contando “veinticinco”. Luego vuelves a invertir y
vas a la derecha, y así sigues yendo y viniendo hasta contar “un millón” y
luego te detienes. ¿En qué carta estarás entonces?”
“¡Por Dios!” dijo George. “¡No tengo todo el día!”
“Oh, en realidad no tienes que contar hasta un millón para obtener la respuesta”, dijo McGregor. “Hay un simple truco para resolver el problema
rápidamente”.
― 27 ―
George pensó por un momento y entendió el truco.
¿Cuál es la respuesta?
4 - “¡Muy bien!” dijo McGregor. “Ahora uno más interesante. Déjame contarte sobre los números especiales”.
“¿Qué son?” preguntó George.
En ese momento McGregor le dio a George un lápiz y un bloc de papel.
“Date la vuelta”, dijo McGregor, “y escribe cualquier número de 3 dígitos.
No me dejes ver lo que escribes”.
George escribió 349.
“Ahora escribe ese número seguido de sí mismo”.
George entonces escribió 349349.
“Ahora divide lo que tienes por 7”.
George lo hizo y obtuvo 49907.
“Ahora divide lo que tienes entre once”.
George lo hizo y obtuvo 4537.
“Ahora divide lo que tienes entre trece”.
George lo hizo, y para su sorpresa recuperó su número original 349. “¡Es
curioso!” dijo George, “¡Recuperé el mismo número con el que empecé!”
“¡Ah, eso es porque empezaste con un número especial!” dijo McGregor.
“Todavía no me ha dicho qué es un número especial”, protestó George.
“Por un número especial”, respondió McGregor, “me refiero a cualquier
número de 3 dígitos tal que cuando se repite y luego se divide sucesivamente
por siete, once y trece, te devuelve el número con el que empezaste. Como
puedes ver, resulta que empiezas con un número especial”.
“¿Hay otros? preguntó George.
“Sí”, dijo McGregor, “y tu problema es decirme cuántos hay”.
“¡Oh, no!” dijo George. “¿Quieres decir que tengo que probar todos los
números del 100 al 999?”
“No”, dijo McGregor. “Hay otra vez un simple, pero inteligente, método
de resolver esto sin todo ese trabajo”.
George tuvo que trabajar duro en eso, pero finalmente vio el truco y se
rió de su hermosa simplicidad.
¿Cuántos números especiales hay?
5 - “Muy inteligente”, dijo McGregor. “Tienes un verdadero talento matemático. Ahora, para tu último problema, debes decirme cuántas bolas de billar tengo en esta tienda. Si lo hace, entonces, como le he prometido, le regalaré una bola de billar.
― 28 ―
“Mis bolas de billar tienen todas el mismo peso, y en conjunto pesan
ochenta y siete libras y once onzas.1 Cada bola pesa un número entero de
onzas; no hay ninguna fracción de onza involucrada”.
“No puedo creer que me hayas dado suficiente información”, dijo
George. “Por lo que sé, podrías tener una sola bola de billar gigante que pesa
87 libras y once onzas”.
“Nunca pensé en eso”, se rió McGregor, “pero te aseguro que tengo más
de una bola de billar”.
“Entonces hay otra posibilidad”, dijo George después de un breve
cálculo. “Ochenta y siete libras y once onzas son 1403 onzas, y por lo que
sé, ¡podría tener 1403 pequeñas bolas de billar que pesen una onza cada
una!”
“¡Qué idea!” dijo McGregor. “No, puedo asegurarle que cada bola pesa
más de una onza”.
George se puso a trabajar con lápiz y papel. Después de un tiempo, dijo:
“¡Todavía hay más de una posibilidad!”
“Así es”, McGregor se dio cuenta de repente, “así que déjame añadir que
cada bola pesa más de dos libras.
“¡Oh, bien!” dijo George. “Ahora sé cuántas bolas de billar tienes”.
¿Cuántas bolas de billar había?
SOLUCIONES
1 - El número 8 × 7 × 6 es, por supuesto, divisible por 8, 7 y 6, pero no es el
número más pequeño, que es 8 × 7 × 3, que es 168. Y así, podría hacer ocho
pilas de 21 cada una, o siete de 24 cada una, o seis pilas de 28 cada una.
2 - Resolvemos esto resolviendo el problema al revés. Antes de dar 25 centavos al mendigo, McGregor tenía 1,25 dólares. Luego, antes de su tercera
compra en la tienda, debió tener 6,25 dólares. Entonces, antes de comprar el
periódico, tenía 6,75 dólares. Y antes de hacer su segunda compra en la
tienda, tenía 20,25 dólares. Antes del subterráneo, tenía 21,25 dólares. Y
antes de su primera compra en la tienda, tenía 42,50 dólares.
3 - Por un ciclo, entendemos los 24 pasos que consisten en ir de la carta A a
la K y volver a la carta 2. Ahora, 1.000.000 dividido por 24 es 41.666 con
un resto de 16. Y así, después de 41.666 ciclos, habrás hecho 999.984 pasos
y estarás en la carta 2 yendo a la izquierda, con 16 pasos más por delante.
Después de estos 16 pasos, estarás en la carta 10 (regresando).
1
1 libra = 16 onzas.
― 29 ―
4 - ¡Seguir un número de 3 dígitos por sí mismo equivale a multiplicarlo por
1001! Además, 7 × 11 × 13 = 1001. Así que seguir el proceso descrito equivale a multiplicar primero el número por 1001 y luego dividir el resultado
por 1001, ¡lo que por supuesto te devuelve el número original! Por lo tanto,
cada número de 3 dígitos es “especial”, por lo que no hay nada muy especial
en los números “especiales”. Por supuesto, hay 900 números de 3 dígitos.
(999-99), y por lo tanto la respuesta es 900.
5 - Las bolas pesan colectivamente 1.403 onzas, y 1.403 es el producto de
los números primos 23 y 61. Así que hay 23 bolas que pesan 61 onzas cada
una, o 61 bolas que pesan 23 onzas, pero se descarta esta última posibilidad,
ya que se nos dijo que cada bola pesa más de 32 onzas.
― 30 ―
Capítulo 6
Pregúntale a Eldon White
1 - Eldon White decidió un día devolver una bicicleta que le había prestado
un amigo. Llevó la bicicleta a la casa de su amigo a una velocidad de 9 millas
por hora. Luego regresó a casa a una velocidad de 3 millas por hora. En total
se había ido por 8 horas. ¿A qué distancia está su casa de la de su amigo?
2 - Eldon tiene 4 perros. Un día sacó un bol de galletas para perros. El perro
mayor llegó primero y se comió la mitad de las galletas y una más. Luego
vino el siguiente perro y se comió la mitad de lo que encontró más uno más.
Luego vino el siguiente y se comió la mitad de lo que encontró más uno más.
Luego vino el pequeño y se comió la mitad de lo que encontró y uno más, y
eso terminó con los bizcochos. ¿Cuántos bizcochos había originalmente en
el tazón?
3 - Eldon compró una vez una planta muy notable que, el primer día, aumentó su altura en ½, luego el segundo día en ⅓, luego el tercero en ¼, y así
sucesivamente. ¿Cuántos días tardó en crecer hasta alcanzar 100 veces su
altura original?
4 - Eldon tiene 4 hijos. El más joven, Betty, tiene 9 años. Luego están los
gemelos, Arthur y Robert. Luego está Laura, la mayor, cuya edad es igual a
las edades combinadas de Betty y Arthur. También, las edades combinadas
de los gemelos son las mismas que las edades combinadas de la menor y la
mayor. ¿Qué edad tiene cada uno?
5 - “Danos un acertijo, papá”, dijo Arthur una noche. “Muy bien”, dijo Eldon, que luego fue a otra habitación y volvió unos diez minutos después.
Luego puso tres tarjetas boca abajo sobre la mesa. En el reverso de cada una
había escrito una declaración. Eldon explicó que si la carta era roja, la frase
escrita en ella era verdadera, pero si la carta era negra, la frase escrita en ella
era falsa. Aquí están los tres reversos.
A
Exactamente una de
estas 3 tarjetas
es negra
B
Exactamente 2 de
estas 3 tarjetas
son negras
¿De qué color es cada una de las tres tarjetas?
― 31 ―
C
Las tres
tarjetas
son negras
6 - “¿Qué tal un acertijo?” preguntó Robert.
“Muy bien”, dijo Eldon. “¿Qué es mayor que el universo; los muertos se
lo comen, y si los vivos se lo comen, mueren?
¿Qué es?
SOLUCIONES
1 - Que x sea la distancia entre las dos casas. Entonces Eldon viajó durante
x/9 horas y caminó durante x/3 horas, y así x/9 + x/3 = 8. Esto hace x = 18.
2 - Este problema se resuelve mejor trabajando al revés. ¿Cuántas galletas
encontró el cuarto perro? Bueno, dividiendo ese número por 2 y restando 1,
obtenemos 0. Invirtiendo el procedimiento sumando 1 a 0 y luego multiplicando por 2, obtenemos 2. Así, el último perro encontró 2 galletas. Sumando
1 y multiplicando por 2, obtenemos 6, el número de galletas encontradas por
el tercer perro. Sumando 1 y multiplicando por 2, obtenemos 14, la cantidad
encontrada por el segundo perro. Finalmente, sumando 1 y multiplicando
por 2, obtenemos 30, la cantidad originalmente en el tazón.
3 - La planta era originalmente, digamos, una unidad de altura (la longitud
de una unidad realmente no importa). Después de un día, la planta tenía 1½
unidades de altura. Al día siguiente, ganó ⅓ de 1½, que es ½, por lo que
entonces tenía 2 unidades de altura. Al día siguiente, ganó ¼ de 2, que es de
nuevo la mitad. Y así, la planta realmente ganó ½ unidad cada día. Después
de 198 días ganó 99 unidades, y fue entonces 100 veces más alta que el
primer día. Por lo tanto, la respuesta es 198 días.
4 - Que x sea la edad de cada mellizo e y la edad de Laura. Entonces y = x +
9 e y + 9 = 2x. Esto hace que x = 18 e y = 27. Entonces los mellizos tienen
18 años de edad y Laura tiene 27.
5 - C es obviamente negra, porque si fuera roja, la frase en su dorso sería
verdadera, lo que significaría que las tres son negras, lo que es una contradicción. Por lo tanto, C es negra. De ello se deduce que la frase que lleva es
falsa, por lo que las tres no son negras y al menos una es roja ¿Podría ser la
A? No, porque si A fuera roja, su frase sería verdadera, lo que significa que
sólo una carta es negra, por lo tanto B tendría que ser roja, lo que significaría
que la frase de B es verdadera, lo que significaría que exactamente dos son
negras, contrariamente al hecho de que sólo una es negra (suponiendo que
A sea roja). Así pues, A debe ser negra, y por lo tanto es B la roja. Así A y
C son negras y B es roja.
― 32 ―
6 - Nada es más grande que el universo. Los muertos no comen nada. Si los
vivos no comen nada, mueren. Así que la respuesta es nada.
― 33 ―
Capítulo 7
Al, el químico
1 - Al, el químico, no era un alquimista, como su nombre podría sugerir. De
todos modos, un día, llenó parcialmente un recipiente con un brebaje u otro.
Conocía el volumen de fluido en el recipiente, así como el volumen de espacio vacío y se dio cuenta de que ⅔ del primero era igual a ⅘ del segundo.
¿Estaba el recipiente entonces menos de la mitad de lleno, más de la mitad,
o exactamente la mitad?
2 - En otra ocasión. Al tenía 100 cc de una mezcla de alcohol y agua, de los
cuales el 5% era alcohol. Deseaba reducir la concentración al 4% de alcohol.
¿Cuánta agua debía añadir?
3 - En otra ocasión, Al tenía dos vasos de precipitados, uno de los cuales
contenía 10 onzas de agua y el otro, 10 onzas de vino. Vació 3 onzas de agua
en el vaso de vino, removió la mezcla, y luego volvió a verter 3 onzas de la
mezcla en el vaso de agua. ¿Cuál era entonces más, la cantidad de agua en
el vaso de vino, o la cantidad de vino en el vaso de agua?
4 - Ahora supongamos que Al continuó el proceso, vertiendo 3 onzas de un
vaso de agua a otro. ¿Cuántos vertidos serían necesarios para alcanzar un
punto de equilibrio, un punto en el que la concentración de vino en ambos
vasos sería la misma?
SOLUCIONES
1 - Deje que x sea la cantidad de fluido en el recipiente e y sea la cantidad
que el recipiente contendría si estuviera lleno. Entonces, el volumen del es2𝑥
4(𝑦−𝑥)
pacio vacío es y − x, y así
=
3
5
Esto hace que x = 6/11y, por lo que el contenedor está 6/11 lleno, que es
más de la mitad.
2 - Inicialmente, hay 5 cc de alcohol y 95 cc de agua (y por lo tanto 100 cc
de mezcla). Sea x la cantidad de agua, el porcentaje de alcohol en la mezcla
es de 5/100 + x. Y así, queremos que x sea tal que 5/100 + x = 4/100. Esto
hace que x = 25.
3 - Dado que el volumen de líquido en el vaso de agua era el mismo después
de los dos vertidos que antes (10 onzas), entonces cualquier agua que falte,
― 34 ―
debe ser reemplazada por el mismo volumen de vino. Por lo tanto, la cantidad de vino en el vaso de agua es la misma que la cantidad de agua en el
vaso de vino.
4 - Si el agua y el vino fueran absolutamente homogéneos, la respuesta sería
que ningún número finito de trasiegos podría ser suficiente, porque para empezar, el agua está obviamente con un menor volumen (en el vaso de vino)
que el de vino, y en cada etapa, si el trasiego es del vaso de agua al vaso de
vino, el vaso de agua sigue siendo más débil, y si el trasiego es del vaso de
vino al vaso de agua, el vaso de agua sigue siendo más débil en cuanto a la
concentración de vino. Por lo tanto, ningún número finito de vertidos puede
ser suficiente.
Teóricamente, esa respuesta estaría bien, si se tratara de fluidos homogéneos, pero en realidad, tanto el agua como el vino consisten en moléculas
discretas, por lo que desde un punto de vista práctico, la respuesta anterior
no es válida. Desde un punto de vista físico, en contraposición a un punto
de vista puramente matemático, un equilibrio es posible después de un número finito de vertidos, pero el número de vertidos necesarios no se puede
predecir, ya que hay factores de azar involucrados. Según un físico, después
de 47 vertidos de ida y vuelta, las posibilidades de equilibrio son superiores
al cincuenta por ciento.
― 35 ―
Capítulo 8
¿Sano o loco?
Ahora volvemos a los desafíos del razonamiento lógico.
En cierto país, la mitad de los habitantes están totalmente locos y creen
que todas las proposiciones verdaderas son falsas y todas las falsas son verdaderas. En otras palabras, ¡todas sus creencias están equivocadas! La otra
mitad de los habitantes están completamente cuerdos y son totalmente exactos en todas sus creencias. Todos los habitantes, locos y sanos, son completamente honestos y siempre declaran lo que realmente creen.
Como era de esperar, hay muchos psiquiatras en este país, pero para complicar las cosas, ¡algunos de los psiquiatras también están locos! Esto lleva
a algunas situaciones curiosas, como el lector pronto verá.
1 - Cierto paciente creía que él y su psiquiatra no estaban cuerdos.
¿Cuál de los dos está cuerdo y cuál está loco?
2 - Otro paciente creía que él y su psiquiatra estaban locos. ¿Es la solución
igual que la del último problema?
3 - Si un habitante dice: “Creo que estoy cuerdo”, ¿está necesariamente
cuerdo?
4 - ¿Puede cada habitante de este país creer que cree que está cuerdo?
5 - Un día, un tal Dr. Schultz fue entrevistado y dijo: “No soy un psiquiatra
cuerdo”. ¿Se puede determinar su cordura? ¿Se puede determinar si es o no
un psiquiatra?
6 - ¿Es posible que un habitante diga: “Soy un psiquiatra loco”?
7 - (a) - Un paciente se quejó una vez a su psiquiatra: “¡No cree que esté
cuerdo! ¡Cree que estoy loco!”
¿Se puede determinar la cordura del paciente o del psiquiatra a partir de
esto?
(b) - Entonces el psiquiatra respondió: “¿Cómo puede decir eso? ¡Nunca
creí que estuviese loco!”
¿Qué se puede deducir ahora de cada uno?
8 - Este país tiene un rey, pero no se sabe si este rey está cuerdo o loco.
Supón que visitas el país y te encuentras con un habitante del que sospechas
― 36 ―
que puede ser el rey. Quieres saber si lo es, pero sólo puedes hacerle una
pregunta que se puede responder con un sí o un no. ¿Qué pregunta le harías?
9 - Un día, alguien le preguntó a un habitante llamado Bog: “¿No dijiste una
vez que eras el rey?” Bog respondió: “Ciertamente no. ¡No soy el rey!”
¿Se puede determinar si Bog es el rey o no? ¿Se puede determinar si está
cuerdo o loco?
10 - En otra ocasión, a un habitante llamado Org se le preguntó si era el rey.
Él dio la respuesta extravagante: “Si estoy cuerdo, entonces soy el rey”.
¿Se puede determinar si está cuerdo? ¿Puede determinarse si es o no el
rey?
SOLUCIONES
1 - Si el paciente estuviera loco, entonces sería cierto que él y su psiquiatra
no estaban ambos cuerdos, por lo tanto el paciente loco tendría una verdadera creencia, lo cual no es posible. Por lo tanto, el paciente debe estar
cuerdo. Estando cuerdo, su creencia es verdadera, y por lo tanto él y su psiquiatra no están ambos cuerdos, pero él sí, así que su psiquiatra no lo está.
Así que el paciente está cuerdo y el psiquiatra está loco.
2 - ¡No, esta es una situación muy diferente! En el primer problema, el paciente creía que al menos uno de los dos (paciente y psiquiatra) estaba loco,
mientras que en el problema actual, el paciente cree que ambos están locos.
Ahora, un paciente cuerdo no podría creer que él y el psiquiatra fueran ambos locos, por lo tanto el paciente debe estar loco. Al estar loco, su creencia
es falsa, por lo que ambos no están locos, y entonces el psiquiatra está
cuerdo. Por lo tanto, la solución a este problema es muy opuesta a la solución
del primer problema. En este problema el paciente está loco y el psiquiatra
está cuerdo.
3 - ¡Muchos lectores se sorprenderán de que la persona esté necesariamente
sana! Cada habitante de este país, cuerdo o loco, se cree cuerdo, de ahí que
cuando el habitante dijo: “Creo que estoy cuerdo”, la afirmación era cierta,
por lo tanto el habitante debe estar cuerdo.
4 - No, sólo los cuerdos lo hacen. Déjame que te explique: Una de las peculiaridades de los locos de este país es que cada vez que un habitante loco
cree algo, no cree que lo crea; de hecho, ¡cree que no lo cree!
― 37 ―
La razón es que si cree algo, entonces como es cierto que lo cree, no
puede creer el verdadero hecho de que lo cree, sino que cree en la falsa proposición de que no lo cree. Y así, aunque cada habitante loco cree que está
cuerdo, no cree que crea que está cuerdo.
5 - Si el Dr. Schultz estuviera loco, sería cierto que no es un psiquiatra
cuerdo, por lo que habría dicho algo cierto, lo que un loco no puede hacer.
Por lo tanto, está cuerdo, y además, no es un psiquiatra cuerdo (como él
afirmó correctamente). Por lo tanto, el Dr. Schultz está cuerdo, pero no es
un psiquiatra.
6 - Sí, un no-psiquiatra loco podría hacer una falsa declaración de que es un
psiquiatra loco.
7 - (a) - El paciente está cuerdo o loco. Supongamos que está cuerdo. Entonces es cierto, como dijo, que el psiquiatra cree que está loco, y en este
caso, el psiquiatra debe estar loco. Por otro lado, supongamos que el paciente
está loco. Entonces su declaración de que el psiquiatra no cree que esté
cuerdo es falsa, lo que significa que el psiquiatra sí cree que está cuerdo, así
que de nuevo el psiquiatra tiene una falsa creencia, por lo tanto está loco.
Así que independientemente de si el paciente está cuerdo o loco, el psiquiatra debe estar loco. En esta etapa, no se puede determinar si el paciente está
loco o cuerdo.
(b) - Pero ahora el psiquiatra dijo que nunca dijo que el paciente estaba
loco. Al estar loco, el psiquiatra hizo una declaración falsa, lo que significa
que sí creyó que el paciente estaba loco, pero como esa creencia anterior
también era falsa, el paciente está realmente cuerdo.
8 - Todo lo que necesitas preguntarle es: “¿Crees que eres el rey?” Supongamos que responde que sí. Si está cuerdo, entonces realmente cree que es
el rey, como dijo, y siendo cuerdo, su creencia es correcta, y entonces es el
rey. Pero supongamos que está loco. Este es el caso más interesante: Si está
loco, entonces su respuesta afirmativa fue incorrecta, por lo que no cree
realmente que sea el rey (sólo afirmó erróneamente que lo es), y como no
cree que sea el rey, entonces debe serlo realmente (porque si no lo fuera,
creería falsamente que lo es). Y así, si está loco y responde que sí, vuelve a
ser el rey. Esto prueba que si responde que sí, entonces sin importar si está
cuerdo o loco, debe ser el rey. Pero si un habitante cree que es el rey, no es
necesariamente el rey (puede estar loco), pero si dice que cree que es el rey,
entonces cree que cree que es el rey, por lo tanto debe ser realmente el rey.
Un análisis similar, que se deja al lector, revela que si obtiene la respuesta
no a su pregunta, entonces no es el rey (independientemente de si está loco
o cuerdo).
― 38 ―
9 - Si Bog estuviera loco, obtendríamos la siguiente contradicción: Supongamos que Bog está loco. Entonces su primera respuesta “Ciertamente no”
era falsa, lo que significa que una vez afirmó ser el rey, por lo tanto no es
realmente el rey, pero entonces su segunda afirmación “No soy el rey” sería
verdadera, lo que no es posible para un habitante loco. Así, Bog debe estar
realmente cuerdo. Así que Bog está cuerdo, no es el rey, y nunca dijo que lo
fuera.
10 - Org afirmó que si está cuerdo, entonces es el rey. Veamos si tiene razón.
Supongamos que está cuerdo. Entonces su afirmación es cierta, de lo que se
deduce que debe ser el rey. Esto no prueba que él sea el rey; todo lo que
prueba es que si está cuerdo, entonces es el rey. Así que ahora sabemos que
si está cuerdo, entonces es el rey. Bueno, él dijo eso, por lo tanto lo que dijo
era cierto, y por lo tanto debe estar cuerdo! De ahí se deduce que debe ser el
rey. Así que está cuerdo y es el rey.
Algunos lectores dirán: “¡Pero no ha considerado el caso de que no esté
cuerdo!” Mi respuesta es que no necesitamos considerar ese caso, porque ya
he probado que está cuerdo (hizo la verdadera declaración de que si está
cuerdo, entonces es el rey).
¡Algunos de ustedes todavía no están convencidos! Espero una tormenta
de protestas diciendo que mi argumento es circular. ¡Puedo asegurarles que
no lo es!
― 39 ―
Capítulo 9
El extraño caso de McSnurd
1 - Presentando a McSnurd - ¡Cornelius McSnurd es un individuo muy
inusual! Los lunes y martes está completamente cuerdo y sabe qué proposiciones son verdaderas y cuáles son falsas, pero los miércoles y jueves está
totalmente loco y cree que todas las proposiciones verdaderas son falsas y
todas las falsas son verdaderas. En estos dos días está totalmente engañado
en todos sus juicios. Para complicar las cosas, los lunes y miércoles es completamente sincero y dice honestamente lo que realmente cree, pero los martes y jueves es un completo mentiroso y siempre dice lo contrario de lo que
realmente cree. Por lo tanto, los lunes y jueves, sólo hará declaraciones verdaderas y responderá a todas las preguntas correctamente, pero los martes y
miércoles sólo hace declaraciones falsas (ya sea por malicia o engaño) y
responde a todas las preguntas falsamente. Por ejemplo, supongamos que le
preguntas si dos más dos son cuatro. Los lunes está cuerdo y es sincero, por
lo que responderá que sí. Los jueves está loco y es mentiroso, por lo que en
este día, creerá falsamente que dos más dos no son cuatro y luego mentirá y
dirá que sí, ¡así que también responderá que sí! Los martes es cuerdo y mentiroso, por lo que creerá que dos más dos es igual a cuatro y luego mentirá y
dirá que no. Los miércoles es engañoso y veraz, por lo que creerá que dos
más dos no es igual a cuatro, y fiel a su creencia, responderá que no.
(A propósito del comportamiento de McSnurd los jueves, hay un verdadero incidente de un esquizofrénico que los médicos pensaban sacar de una
institución mental, pero decidieron hacerle una prueba con un detector de
mentiras. Le preguntaron: “¿Es usted Napoleón?” Él respondió: “No”. ¡La
máquina mostró que estaba mintiendo!)
Volviendo a McSnurd, olvidé decirle que los viernes, sábados y domingos, duerme todo el día y nunca dice una palabra. Ahora, supongamos que
te encuentras con McSnurd uno de los primeros cuatro días de la semana,
pero por alguna extraña razón, no estás seguro de qué día es. ¿Cuál es el
número mínimo de preguntas de “sí-no” que podrías hacerle para averiguarlo, y qué preguntas le harías?
2 - Los lunes y martes McSnurd va de caza, pero los miércoles y jueves, va
de pesca. Supón que te encuentras con él una mañana de los primeros cuatro
días de la semana y sin saber qué día es, ¿qué pregunta de “sí-no” podrías
hacerle para saber si va a ir de caza o de pesca ese día?
― 40 ―
3 - ¿Cuál es la pregunta que te dará la misma respuesta en cada uno de los
cuatro primeros días?
4 - Supongamos que te encuentras con McSnurd en uno de los primeros
cuatro días, pero no recuerdas cuál de los cuatro días es. Quieres saber si es
sincero o no en este día, pero sólo puedes hacerle una pregunta con respuesta
de sí o no. ¿Qué pregunta le harías?
5 - Si le preguntaras: “¿Te llamas McSnurd?” entonces los lunes y jueves
obtendrás la respuesta correcta, sí, y los martes y miércoles obtendrás la respuesta incorrecta, no. Ahora, supongamos que en vez de eso le preguntas:
“¿Cree que su nombre es McSnurd?” ¿Qué respuestas obtendrá en cada uno
de los cuatro días? (La solución es bastante complicada e ilustra un principio
básico que será necesario en los próximos dos problemas).
6 - Un día un lógico despistado que había olvidado el día de la semana preguntó a McSnurd qué día era. McSnurd respondió (nombró uno de los primeros cuatro días), y el lógico entonces supo qué día era.
Más tarde ese día, un segundo lógico distraído le preguntó a McSnurd
qué día creía que era. McSnurd respondió (de nuevo nombró uno de los
primeros cuatro días) y este lógico entonces supo qué día era. ¿Qué día era?
7 - La escritura misteriosa - Un día un experimentador escribió en un papel
el nombre de uno de los primeros cuatro días de la semana. En cada uno de
estos cuatro días, le mostró el papel a McSnurd y le preguntó: “¿Hoy es este
día?” En tres días McSnurd respondió no y en un día respondió sí. Si en
cambio, el experimentador había preguntado: “¿Cree usted que hoy es este
día?” entonces habría recibido tres respuestas de no y una de sí. ¿Qué día
estaba escrito en el papel?
SOLUCIONES
1 - Una pregunta no podría funcionar, porque sólo se pueden obtener dos
respuestas posibles ―sí o no―, que no pueden decirte cuál de las cuatro
posibilidades es válida. Con dos preguntas, sin embargo, hay muchas soluciones posibles. Una obvia es preguntar primero si dos más dos es igual a
cuatro. Si responde afirmativamente, sabrá que responde correctamente y
que es lunes o jueves. Luego le preguntas si es lunes y aceptas su respuesta.
Si responde no a la primera pregunta, sabrás que responde incorrectamente
y que es martes o miércoles. Luego le preguntas si es martes y luego no crees
su respuesta.
― 41 ―
2 - Una pregunta que funciona es: “¿Hoy es lunes o miércoles?” El lunes
contestará correctamente sí, el martes contestará incorrectamente sí, el miércoles contestará incorrectamente no y el jueves contestará correctamente no.
Así que si responde sí, es su día de caza (lunes o martes), y si responde no,
es su día de pesca.
3 - Una pregunta que funciona es: “¿Hoy es lunes o jueves?” En cada uno
de los cuatro días obtendrá la respuesta sí.
4 - Pregunta: “¿Hoy es lunes o martes?” Si contesta que sí, es sincero (pero
no necesariamente correcto), y si contesta que no, está mintiendo (pero su
respuesta puede ser correcta). Dejo la prueba al lector.
5 - Si se le pregunta si cree que su nombre es McSnurd, es obvio que el lunes
responderá que sí y el martes contestará que no (ya que en esos dos días sí
cree que su nombre es McSnurd, y el lunes es veraz y el martes miente).
Ahora, el miércoles está loco y no cree que su nombre sea McSnurd y como
ese día es sincero, puede ser tentador pensar que responderá que no, ¡pero
esto está mal! Como el miércoles es falso que crea que es McSnurd, y como
ese día cree todas las proposiciones falsas, entonces cree erróneamente que
sí cree que su nombre es McSnurd, y fiel a esta creencia errónea, responde
que sí. La cuestión ahora es darse cuenta de que los días en que está loco
(miércoles y jueves) cuando cree algo, cree lo contrario, y cuando no cree
algo, cree que sí lo cree. (Este principio es importante para los dos siguientes
problemas también). Y así, los miércoles y los jueves cree (erróneamente)
que cree que su nombre es McSnurd, y así el miércoles responderá sinceramente que sí y el jueves mentirá y dirá que no.
6 - Primero observamos los siguientes cuatro hechos:
(1) Los lunes, martes y miércoles, McSnurd puede afirmar que es lunes (con
razón los lunes y erróneamente los martes y miércoles).
(2) Sólo el miércoles podía afirmar que era martes (erróneamente, por supuesto).
(3) Sólo los martes podía afirmar que era miércoles (de nuevo erróneamente).
4) Los martes, miércoles y jueves podía afirmar que era jueves (erróneamente los martes y miércoles, y correctamente los jueves).
Por lo tanto, si al primer lógico se le hubiera dicho que era lunes, no podría haber sabido si era lunes, martes o miércoles, y si se le hubiera dicho
que era jueves, no podría haber sabido si era martes, miércoles o jueves, pero
él lo sabía, por lo tanto debe ser que o le dijeron que era miércoles y luego
― 42 ―
supo que era martes, o le dijeron que era martes y luego supo que era miércoles. Así que ahora tú y yo sabemos que el día debe ser martes o miércoles,
pero no sabemos cuál (aunque el primer lógico lo hizo).
En cuanto a la pregunta del segundo lógico, observamos los siguientes
cuatro hechos (usando el principio de que los miércoles y jueves, lo que
McSnurd cree, cree que no cree, y lo que no cree, cree que sí cree):
(1) Los lunes, obviamente podía afirmar que creía que era lunes, y no podía
afirmar que creía que era cualquier otro día.
(2) Los martes, cree que es martes, y luego miente sobre su creencia, por lo
que podría dar cualquier respuesta de lunes, miércoles o jueves.
(3) El miércoles, está loco y no cree que sea miércoles, así que cree que sí
cree que es miércoles, y fiel a su creencia, respondería “miércoles”.
(4) El jueves, creería que no es jueves, por lo tanto creería que creía que era
jueves, pero luego mentía sobre su creencia, así que en vez de responder
el jueves, respondía el lunes, martes o miércoles.
Así, la respuesta lunes indicaría que el día era o bien lunes, martes o jueves, pero no habría manera de saber cuál. Una respuesta de martes indicaría
que debe ser el jueves. Si responde miércoles, entonces podría ser cualquiera
de los tres días: martes, miércoles o jueves. Pero una respuesta de jueves
sólo podría darse el martes. Como el segundo lógico podría decir el día a
partir de la respuesta, entonces el día debe ser martes o jueves, y como ya
hemos visto que el día debe ser martes o miércoles, entonces el día debe ser
martes.
7 - El experimentador mostró la palabra que había escrito y preguntó en cada
uno de los primeros cuatro días si hoy es el día que está escrito. Si la palabra
escrita fuera lunes, habría recibido tres respuestas afirmativas (lunes, martes
y miércoles), por lo que la palabra no podría ser lunes. Si la palabra era
jueves, también habría recibido tres respuestas afirmativas (martes, miércoles y jueves), así que la palabra podría ser jueves. Pero si la palabra era martes, habría recibido sólo una respuesta afirmativa (miércoles), y si la palabra
era miércoles, de nuevo habría recibido sólo una respuesta afirmativa (martes). Por lo tanto, la palabra era martes o miércoles.
Ahora, supongamos que el experimentador hubiera preguntado si McSnurd creía que ese era el día. Si la palabra fuera miércoles, sólo habría recibido una respuesta negativa (el lunes, porque el martes McSnurd sabría que
no era miércoles y mentiría, pero el miércoles no creería que era miércoles,
por lo tanto creería que sí creía que era miércoles y, fiel a su creencia, diría
que sí, y el jueves creería que era miércoles, por lo tanto no creería que creía
que era miércoles y luego mentiría y diría que sí). Por lo tanto, la palabra
debe ser martes (y sólo el jueves la respuesta sería sí).
― 43 ―
Capítulo 10
La enfermedad de los caballeros-tramposos
Como muchos de mis lectores ya saben, en la Isla de los Caballeros y los
Bribones, los caballeros sólo hacen declaraciones verdaderas y los bribones
sólo hacen declaraciones falsas y cada habitante es un caballero o un bribón.
Al menos, así es como son las cosas normalmente en esta isla. Pero un día
una extraña epidemia conocida como la enfermedad de los caballeros-tramposos afectó a la mitad de los habitantes, ¡lo que hizo que invirtieran sus
roles! Así, los caballeros enfermos mintieron, mientras que los caballeros
sanos dijeron la verdad. Los bribones enfermos decían la verdad, mientras
que los sanos mentían. Y así, en general, cuando un habitante mentía, no
había forma aparente de saber si era un caballero enfermo o un bribón sano,
y si una persona decía la verdad, podía ser un caballero sano o un bribón
enfermo. Digo que, en general, no había forma de saberlo, aunque existen
excepciones, como revelarán algunos de los siguientes problemas.
1 - Un día un nativo hizo una declaración de la que se deduce que debe ser
un caballero enfermo. ¿Qué declaración podría haber sido?
2 - ¿Qué declaración podría ser hecha sólo por un bribón enfermo?
3 - Un día un nativo hizo una declaración de la que se deduce que debe estar
enfermo, o ser un caballero, o tal vez ambos, pero no hay manera de decir
cuál. ¿Qué declaración funcionaría?
4 - Supongamos, en cambio, que hubiera hecho una declaración de la que se
deduzca que está enfermo, o es un caballero, ¡pero no ambos! ¿Qué declaración bastaría?
5 - En otra ocasión un nativo hizo una declaración de la que se deduce que
debe ser un bribón, pero podría ser un enfermo o un sano. ¿Qué declaración
funcionaría?
6 - ¿Qué afirmación podría hacer un caballero sano o enfermo, un bribón
sano o un bribón enfermo?
7 - Un día dos habitantes llamados Aarón y Bowaine hicieron las siguientes
declaraciones sobre el otro:
Aarón: Bowaine es un caballero.
Bowaine: Aarón es un bribón.
Aarón: Bowaine está enfermo.
― 44 ―
Bowaine: Aarón está sano.
¿Cuál de los cuatro tipos es cada uno de ellos?
8 - Un día se cometió un crimen y el tribunal supo que fue hecho por un
caballero enfermo. Dos hombres llamados Archie y Benedict estaban siendo
juzgados, y el juez que presidía era el Inspector Craig de Scotland Yard, que
casualmente estaba visitando la isla en ese momento. Aquí está la transcripción del juicio:
Craig: ¿Alguno de ustedes es un caballero enfermo?
Archie: Los dos lo estamos.
Craig: ¿Alguno de ustedes es un bribón sano?
Benedict: Al menos uno de nosotros lo es.
¿Cuál de los dos, de ser alguno, debería ser condenado?
¿Cuál de los dos, de ser alguno, debería ser absuelto?
9 - Un lógico que visitaba esta isla en ese momento cometió un acto que
legalmente era un delito capital allí (coqueteó con la esposa del rey). Fue
llevado a juicio y el rey fue el juez que lo presidió. Este rey, aunque despótico a su manera, era sin embargo lo suficientemente justo para dar al acusado alguna oportunidad de salir libre. Primero hizo una declaración que era
obviamente cierta, y así el lógico supo que era un caballero sano o un bribón
enfermo. Luego el rey señaló a cuatro hombres enmascarados y le dijo al
lógico: “Uno de esos cuatro puede ser mi médico brujo. Cada uno de los
cuatro hará una declaración. Si eres lo suficientemente listo para deducir
cuál es el médico brujo o para probar que ninguno de ellos lo es, entonces
puedes salir libre. Pero si fallas, ¡morirás!
Los cuatro hicieron las siguientes declaraciones:
Awk: No soy un caballero sano ni un médico brujo.
Barab: No soy un bribón enfermo ni el médico brujo.
Caleb: Soy un caballero sano o un bribón enfermo o el médico brujo.
Dworg: No soy un caballero sano, ni un bribón enfermo, ni el médico brujo.
Afortunadamente, el lógico fue capaz de resolver el problema, y así se
salvó la vida. ¿Cuál es la solución? ¿Alguno de ellos es el médico brujo? Si
no, ¿por qué no? Si es así, ¿cuál?
SOLUCIONES
1 - Una declaración que funciona es: “Soy un bribón saludable”. Ninguna
persona sincera diría eso, por lo tanto la declaración es falsa, y entonces el
orador debe ser un caballero enfermo.
― 45 ―
2 - Una declaración que funciona es: “No soy un caballero sano”. Un caballero sano no haría una declaración tan falsa, un caballero enfermo no podría
hacer una declaración tan verdadera, y un bribón sano no podría hacer una
declaración tan verdadera. Sólo un bribón enfermo podría hacer una declaración tan verdadera.
3 - Esto es un poco más difícil: Decir que un habitante está enfermo o es un
caballero (y posiblemente ambos) equivale a decir que no es un bribón sano.
Así que el problema puede ser reafirmado: ¿Qué afirmación sólo podría hacer un habitante que no es un bribón sano? Bueno, una afirmación que funciona es: “No soy un caballero enfermo”. Un caballero enfermo podría decir
eso falsamente, o un caballero sano podría decir eso con sinceridad, o un
bribón enfermo podría decir eso con sinceridad, pero un bribón sano no podría hacer esa declaración con sinceridad.
4 - ¡La solución es tan simple que puede ser pasada por alto! Decir que el
nativo está enfermo o es un caballero pero no ambos, es decir, ni más ni
menos que es un bribón enfermo o un caballero sano, ¡en otras palabras, que
es sincero! Y así una declaración como “Dos más dos es cuatro” serviría.
5 - La solución más simple que se me ocurre es: “Estoy enfermo”. Un caballero enfermo no podría hacer una declaración tan verdadera; un caballero
sano no podría hacer una declaración tan falsa pero un bribón enfermo podría decir eso de verdad, y un bribón sano podría decir eso falsamente. En
resumen, ningún caballero podría decir eso, pero cualquier bribón, enfermo
o sano, podría decir eso.
6 - Una declaración que funciona es: “Soy un caballero sano o un bribón
enfermo”. Esto equivale a decir: “Soy sincero”, lo que un habitante veraz y
uno mentiroso pueden decir.
7 - Las afirmaciones de Aarón pueden ser ambas verdaderas o ambas falsas.
Si ambas son verdaderas, entonces Bowaine es tanto caballero como enfermo, por lo tanto es un caballero enfermo, por lo tanto Bowaine está mintiendo. Si las dos afirmaciones de Aarón son falsas, entonces Bowaine es
tanto bribón como sano, por lo que de nuevo Bowaine está mintiendo. Esto
prueba que las declaraciones de Bowaine son ambas falsas, por lo que Aarón
es caballero y enfermo, por lo que Aarón también mintió. Por lo tanto, las
cuatro declaraciones son falsas, lo que significa que Bowaine es un bribón
sano y Aarón un caballero enfermo.
8 - Si Archie fuera veraz, nunca haría la falsa declaración de que él y Benedicto son ambos caballeros enfermos, así que Archie ciertamente mintió. Por
lo tanto, ambos no son caballeros enfermos.
― 46 ―
Si la declaración de Benedicto es falsa, entonces no es el caso que al menos uno de ellos sea un bribón sano, pero entonces ambos mintieron, por lo
tanto ambos deben ser caballeros enfermos, lo cual hemos visto que no es el
caso. Por lo tanto, Benedicto dijo la verdad, así que al menos uno de ellos
es un bribón sano, pero no puede ser Benedicto, quien es veraz, así que debe
ser Archie. Así pues, Benedicto es veraz, y no un caballero enfermo, y Archie es un bribón sano, y no un caballero enfermo, y ambos son inocentes y
ambos deben ser absueltos.
9 - Awk no es ciertamente un caballero sano. O es un bribón enfermo pero
no el médico brujo, o es un mentiroso y también el médico brujo. No se
puede determinar a partir de su declaración lo que es.
Por la declaración de Barab, no se puede determinar si es o no el médico
brujo. (Podría ser un caballero sano y no el médico brujo, o un mentiroso y
el médico brujo.)
En cuanto a Caleb, su declaración no revela prácticamente nada: Podría
ser sincero (un caballero sano o un bribón enfermo), y si lo fuera, podría ser
el médico brujo, o quizás no lo sea. También podría estar mintiendo, en cuyo
caso no es el médico brujo.
La declaración de Dworg, sin embargo, es definitiva. Ciertamente está
mintiendo, ya que ni un caballero sano ni un bribón enfermo podrían hacer
tal declaración. Dworg no es ni un caballero sano ni un bribón enfermo, por
lo que si no fuese el médico brujo, su declaración sería cierta, y no lo es. Por
lo tanto, Dworg debe ser el médico brujo.
― 47 ―
Capítulo 11
¿Humano o androide?
En cierto planeta, la mitad de los habitantes son humanos y la otra mitad
son androides que se parecen a los humanos, pero que han sido creados artificialmente en laboratorios. La mitad de los humanos son siempre verdaderos y la otra mitad siempre mienten. Lo mismo ocurre con los androides:
la mitad siempre dice la verdad y la otra mitad siempre miente.
Un reportero de la Tierra llamado Robert, que era muy bueno en el razonamiento lógico, fue enviado una vez a este extraño planeta para hacer algunas investigaciones, y aquí están algunos de sus encuentros:
1 - Un día encontró a un habitante que hizo una declaración, de la cual Robert pudo deducir que el habitante debe ser un humano veraz. ¿Qué declaración podría lograr esto?
2 - En otra ocasión, Robert se encontró con un habitante que hizo una declaración que demostró de manera concluyente que era un androide mentiroso.
¿Qué declaración funcionaría?
3 - En otra ocasión, un habitante hizo una declaración de la que el reportero
pudo deducir que estaba en presencia de un androide, pero no había manera
de decir si la declaración era verdadera o falsa. ¿Qué declaración podría haber sido?
4 - En un incidente más desconcertante, un habitante hizo una declaración
de la que se deduce que si la declaración era verdadera, entonces debe ser
un androide, pero si la declaración era falsa, entonces podría ser un humano
o un androide, y no hay manera de decir cuál. ¿Qué declaración funcionaría?
5 - En otra ocasión, Robert se encontró con un habitante que hizo una declaración de la que Robert pudo deducir que el orador era un androide veraz o
un humano mentiroso, pero no había manera de decir cuál. ¿Qué declaración
funcionaría?
6 - En otra ocasión, Robert se encontró con dos habitantes llamados Auk y
Bog. Hicieron las siguientes declaraciones:
Auk: No somos ambos androides.
Bog: No somos ambos verdaderos.
¿Qué son Auk y Bog?
― 48 ―
7 - Buscando un androide - En otra ocasión, Robert se encontró con tres
habitantes llamados Cog, Dag y Eg, de los cuales uno y sólo uno era humano. Hicieron las siguientes declaraciones:
Cog: Eg es humano.
Dag: Yo soy un androide.
Eg: A lo sumo, uno de nosotros es sincero.
A partir de estas afirmaciones no es posible decir cuál es humano, pero
sí determinar quién es definitivamente un androide. ¿Cuál de ellos? Además,
¿estaba el humano mintiendo o diciendo la verdad?
8 - En otra ocasión, Robert se encontró con tres nativos llamados Hal, Jal y
Klak. Sólo uno era un androide. Hicieron las siguientes declaraciones:
Hal: Jal no es un androide mentiroso.
Jal: Si yo soy un androide, entonces Hal es un mentiroso.
Klak... El androide es un mentiroso.
¿Cuál es el androide?
9 - [Una metaacertijo] - En otra ocasión, Robert conoció a dos habitantes
llamados Zak y Yek, que hicieron las siguientes declaraciones:
Yek: Zak es un humano veraz.
Zak: Yek es un androide mentiroso.
A partir de esto no es posible decir qué son Yek y Zak. Sin embargo,
Robert descubrió más tarde si Zak dijo la verdad o mintió, y Robert entonces
supo lo que era cada uno. ¿Qué es cada uno?
SOLUCIONES
1 - Una afirmación que funcionaría es: “No soy un androide veraz”. Si la
declaración fuera falsa, entonces sería un androide veraz (al contrario de lo
que dijo), por lo tanto sería veraz, lo cual no es posible si la declaración es
falsa. Entonces, habló con la verdad, por lo que realmente no es un androide
veraz, y es un humano veraz.
2 - Una declaración que funciona es: “Soy un humano mentiroso”. Obviamente, el orador no fue veraz, por lo que no es realmente un humano mentiroso, pero como mintió, es un androide mentiroso.
3 - Una declaración que funciona es: “Soy un androide verdadero o un humano mentiroso”.
Supongamos que la declaración es verdadera. Entonces es un androide
veraz o un humano mentiroso, pero no puede ser un humano mentiroso ya
que es veraz y por lo tanto es un androide veraz.
― 49 ―
Por otro lado, supongamos que la declaración es falsa. Entonces, no es ni
un androide veraz ni un humano mentiroso. Puesto que no es un humano
mentiroso, pero está mintiendo, entonces debe ser un androide mentiroso.
Por lo tanto, independientemente de si dijo la verdad o mintió, es un androide. No se puede determinar si es veraz o no.
4 - La declaración: “Soy un androide” no funcionará, porque si es verdad,
entonces es realmente un androide, pero si es falsa, entonces definitivamente
no es un androide.
Sin embargo, la declaración: “Soy un androide verdadero” funciona. Si
es cierto, entonces, por supuesto, es un androide verdadero, pero si la declaración es falsa, podría ser un androide mentiroso o un humano mentiroso, y
no hay manera de decir cuál.
5 - ¡Esto es realmente tan simple que se puede pasar por alto! Todo lo que
necesita decir es “Soy un androide”. Si es sincero, entonces es un androide
sincero, y si está mintiendo, entonces es un humano mentiroso, y no hay
manera de decir cuál.
6 - Si Bog estuviera mintiendo, entonces sería cierto que ambos no son veraces, lo cual es una contradicción. Entonces, Bog dijo la verdad, y así es el
caso de que ambos no son veraces, lo que significa que Auk mintió, y por lo
tanto, en contra de lo que dijo, ambos son androides. Así, Auk es un androide
mentiroso y Bog es un androide veraz.
7 - Caso 1 - Eg dijo la verdad. Entonces realmente es el caso de que a lo
sumo uno de los tres es veraz, por lo que Cog y Dag mintieron. Como Dag
mintió, entonces es realmente humano. Así que, en este caso, Dag es un
humano mentiroso.
Caso 2 - Eg mintió. Entonces no es el caso que a lo sumo uno sea veraz,
de ahí que al menos dos sean veraces, y como Eg mintió, debe ser que Cog
y Dag son ambos veraces. Como Cog dijo la verdad, entonces Eg es humano.
Y así, en este caso, Eg es un humano mentiroso.
Esto prueba que Dag es humano (Caso 1) o que Eg es humano (Caso 2),
y por lo tanto Cog es definitivamente un androide. También en ambos casos,
el humano mintió.
En resumen, Cog es definitivamente un androide y el humano ciertamente mintió.
8 - Paso 1. Si Klak dijo la verdad, entonces el androide es realmente un
mentiroso, por lo tanto no es Klak. Por otro lado, si Klak mintió, entonces
el androide no es mentiroso, y no puede ser Klak. Esto prueba que Klak no
es el androide.
― 50 ―
Paso 2. A continuación mostramos que si Jal es un androide, obtenemos
una contradicción. Bueno, supongamos que Jal es un androide.
Caso 1 - Jal dijo la verdad. Entonces es cierto que si Jal es un androide,
entonces Hal mintió, y como Jal es un androide (por supuesto) entonces Hal
mintió, lo que significa que Jal es un androide mentiroso, al contrario que
en el caso que examinamos, en el que Jal es veraz.
Caso 2 - Jal mintió. Entonces Jal es un androide mentiroso, por lo que la
declaración de Hal era falsa, y Hal es un mentiroso. Entonces es cierto que
si Jal es un androide (que lo es) entonces Hal es un mentiroso, lo que significa que la declaración de Jal era verdadera, contrariamente a nuestra suposición de que mintió. Por lo tanto, este caso también está descartado.
Por lo tanto, Jal no es el androide, de ahí que el androide sea Klak.
9 - Si Yek es veraz, entonces Zak es veraz (como dijo Yek), y Yek es un
mentiroso (como dijo Zak), lo cual es una contradicción. Por lo tanto, Yek
definitivamente mintió. Ahora hay dos casos a considerar.
Caso 1 - Zak dijo la verdad. Entonces Yek es un androide mentiroso.
Como Yek mintió, entonces Zak no es un humano veraz, pero como es veraz, debe ser un androide veraz. Así que en este caso, ambos son androides.
Caso 2 - Zak mintió. Entonces Yek no es un androide mentiroso, pero
como Yek mintió, es un humano mentiroso. Sin embargo, Zak podría ser
humano o androide (en ambos casos la afirmación de Yek es falsa) y no hay
forma de saber cuál.
Ahora bien, si Robert hubiera descubierto más tarde que Zak mentía, no
podría haber sabido si Zak era humano o androide, pero se nos dice que sabía
lo que eran ambos, por lo tanto debe haber descubierto que Zak decía la
verdad, y por lo tanto entonces sabía que ambos eran androides.
― 51 ―
Capítulo 12
Mentira y paradoja variables
Antes de dejar el tema de la mentira y la verdad (al que volveremos de
manera más formal en el Libro II), hay dos temas más a considerar.
I - Mentirosos variables2
En la Isla de los Mentirosos Variables, cada día, un habitante o bien
miente todo el día, o bien dice la verdad todo el día, pero puede cambiar de
un día para otro.
1 - Boris y Michael - Los habitantes Boris y Michael son dos hermanos que
se parecen tanto que nadie puede diferenciarlos visualmente. Sin embargo,
Boris dice la verdad sólo los lunes, mientras que Michael sólo la dice los
martes.
Cuando Abercrombie vino a esta isla, un día se encontró con estos dos
hermanos que hicieron las siguientes declaraciones:
Primero: Soy Boris.
Segundo: Soy Michael.
¿Es posible decir a partir de esto cuál era Boris? ¿Es posible saber el día
de la semana?
2 - Otro día, Abercrombie se encontró con los dos hermanos que hicieron
las siguientes declaraciones:
Primero: Soy Boris.
Segundo: Si eso es cierto, entonces soy Michael.
¿Puede determinarse quién es quién? ¿Puede determinarse el día de la
semana?
3 - Un metaacertijo: Abercrombie sabía que uno de los hermanos era ingeniero, pero no sabía cuál de los dos. También sabía los hábitos de mentira
de ambos hermanos.
Un día, encontró a los dos hermanos y les preguntó cuál era el ingeniero.
Le dieron las siguientes respuestas:
Primero: Michael es el ingeniero.
Segundo: Yo soy Michael.
2
Este tema volverá a aparecer en el Libro II.
― 52 ―
A partir de esto, Abercrombie, que era bueno en lógica, no pudo determinar si era Boris o Michael el ingeniero (aunque, por supuesto, sabía el día
de la semana).
Por lo que dije, no puedes afirmar si el ingeniero era Boris o Michael,
pero tienes suficiente información para determinar si era el primero o el segundo el que era el ingeniero. ¿Cuál de ellos era?
4 - Arlene y Teresa - Arlene y Teresa son hermanas gemelas y son visualmente indistinguibles. Cada una de ellas está siempre vestida de rojo o
verde. Arlene dice la verdad cuando viste de verde y miente cuando viste de
rojo. Teresa es lo opuesto. Dice la verdad cuando va vestida de rojo y miente
cuando va de verde.
Un día, un hombre daltónico llamado Alfred conoció a una de las hermanas y quiso saber de qué color era su vestido. ¿Qué simple pregunta de sí/no
determinaría esto?
Supongamos, en cambio, que Alfred quisiera saber si se dirigía a Arlene
o a Teresa. ¿Qué pregunta de sí/no debería hacer?
5 - Un metaacertijo “¿Eres Arlene y estás vestida de rojo?” Ella respondió
(sí o no) y Alfred, que era un buen lógico, supo quién era. ¿Quién era ella,
y de qué color vestía?
6 - Boris estaba enamorado de Arlene y Michael estaba enamorado de Teresa. Un día, uno de los dos hermanos conoció a una de las dos hermanas.
Ella dijo: “Hoy es martes”. Él dijo: “Ahora estás vestido de rojo”. No está
registrado en qué día de la semana ocurrió esto, pero fue un lunes o un martes.
¿Se puede determinar si el hombre estaba hablando con la mujer que
amaba?
II - Verdad, falsedad y paradoja
7 - ¿Qué puede ir mal? - A menudo le hago el siguiente truco a la gente,
especialmente a los lógicos, que son especialmente propensos a fallar.
Les muestro dos sobres marcados con 1 y 2 y les explico que uno de ellos
contiene un billete de dólar y el otro no. En las caras de los sobres están
escritas las siguientes frases:
1
Las frases en ambos sobres son falsas.
2
El billete de dólar está en
el otro sobre.
― 53 ―
Le digo a la persona que si puede determinar qué sobre contiene el billete
de dólar, y puede probar que lo contiene antes de abrir el sobre, entonces
puede quedarse con el dólar. Hasta ahora, cada uno de los que han probado
razonan como sigue: “Si la frase del 1 es verdadera, obviamente tenemos
una contradicción, por lo tanto debe ser falsa. Por lo tanto, no es el caso que
ambas frases sean falsas, y puesto que la primera es falsa, la segunda debe
ser verdadera, y por lo tanto el billete de dólar está en el sobre 1”. La persona
abre el 1 y se sorprende al ver que el billete de dólar no está allí; se ve entonces que está en el Sobre 2.
¿Qué hay de malo en el razonamiento? [La solución a esto debe ser leída
antes del próximo problema.]
8 - Hay una pregunta de sí/no que podría hacerte de tal manera que si respondes sí, tienes razón, y si respondes no, ¡también tienes razón! ¿Qué pregunta funcionaría?
9 - Hay otra pregunta de sí/no que podría hacerte de tal manera que si respondes sí, tu respuesta no sería ni verdadera ni falsa, sino paradójica, y lo
mismo ocurre si respondes no. ¡Es imposible para ti evitar responder paradójicamente! ¿Qué pregunta funcionaría?
SOLUCIONES
1 - Si una afirmación es verdadera, también lo es la otra, por lo que ambas
son verdaderas o ambas falsas. No pueden ser ambas verdaderas, ya que los
dos hermanos nunca son verdaderos en el mismo día, por lo que ambos son
falsos. Así, el primero es realmente Michael y el segundo es Boris. El día de
la semana no puede ser determinado. Todo lo que se puede decir es que no
fue ni lunes ni martes.
2 - Lo que el segundo dijo es obviamente cierto. Por lo tanto, el primero
mintió (ya que los dos hermanos nunca son verdaderos en el mismo día), por
lo tanto es Michael. Por lo tanto, el segundo es Boris, y por lo tanto el día
debe ser el lunes, el único día que Boris es veraz.
3 - Si el día hubiera sido otro que el lunes o el martes, Abercrombie habría
sabido que ambos hermanos estaban mintiendo, por lo que el primero estaba
mintiendo, y que Boris era el ingeniero.
Si el día hubiera sido el lunes, Abercrombie habría deducido que Michael
era el ingeniero de la siguiente manera: Si el primero mentía, tendría que ser
Michael (ya que Boris es sincero el lunes), por lo que el segundo sería Boris,
que hizo la falsa afirmación de ser Michael, frente al hecho de que Boris es
― 54 ―
sincero el lunes. Por lo tanto, el primero no puede estar mintiendo; debe ser
sincero, y por eso Michael es el ingeniero.
Por lo tanto, si el día fuera cualquier otro día que no fuera martes, Abercrombie habría sabido si el ingeniero era Boris o Michael, pero no lo sabía,
y por lo tanto el día debe ser martes.
Ahora, tú y yo sabemos que el día era martes. La primera posibilidad es
que la primera fuera cierta. En este caso, debe ser Michael (porque Boris
miente los martes) y también Michael debe ser realmente el ingeniero (como
dijo sinceramente). Así que en este caso, el primero es el ingeniero. La segunda posibilidad es que el primero mintió. En este caso, él debe ser Boris
(ya que Michael miente los martes), y también Boris debe ser el ingeniero
(contrario a la falsa afirmación de Boris), así que de nuevo el primero es el
ingeniero.
En resumen, el día fue el martes, el primero es el ingeniero (que podría
ser Michael diciendo la verdad, o Boris, mintiendo).
4 - Este es un asunto viejo: Para saber si va vestida de verde, podría preguntarle si es Teresa. Para saber si es Teresa, podría preguntarle si está vestida
de verde.
5 - Si ella hubiera respondido que no, podría ser Arlene con verde, Arlene
con rojo o Teresa con verde, y Alfred no tendría forma de saber cuál. Por lo
tanto, ella debió responder que sí, y Alfred supo entonces que no había otra
posibilidad que la de ser Teresa con rojo.
6 - Caso 1 - El hombre era Boris - Si el día era lunes, entonces dijo la verdad,
por lo tanto ella estaba realmente vestida de rojo, pero mintió al decir que
era martes, entonces ella es entonces Arlene (que miente, cuando está de
rojo). Por otro lado, si el día era martes, entonces él mintió, y ella estaba
vestida de verde, pero dijo la verdad al decir que era martes, por lo tanto ella
es Arlene. Así que, si el hombre era Boris, estaba hablando con la dama que
amaba.
Caso 2 - El hombre era Michael - Si el día era lunes, entonces él mintió,
por lo tanto ella estaba realmente vestida de verde, y también mintió al decir
que era martes, entonces ella debe ser Teresa. Ahora, supongamos que era
martes. Entonces ambos dijeron la verdad. (Michael dice la verdad los martes), por lo tanto ella estaba vestida de rojo, y por lo tanto ella es Teresa. Así
que, si el hombre era Michael, la dama era Teresa, y por lo tanto él estaba
hablando con la dama que amaba.
Esto prueba que sin importar si el hombre era Boris o Michael, estaba
hablando con la mujer que amaba.
― 55 ―
7 - Lo que está mal es la suposición de que cada frase debe ser verdadera o
falsa. Algunas frases no pueden ser ni verdaderas ni falsas sin que haya una
contradicción. Tales sentencias se llaman paradójicas. Un ejemplo típico
sería una sola frase escrita en una página que diga: “La frase escrita en esta
página es falsa”. Si fuera verdadera, lo que dice sería el caso, lo que significaría que es falsa, lo que es una contradicción. Por otro lado, si fuera falsa,
entonces lo que dice es no es el caso, lo que significaría que no es falso, lo
que es de nuevo una contradicción. Así, la sentencia no puede ser ni verdadera ni falsa sin contradicción y por lo tanto es paradójica3.
Volviendo a los dos sobres, la segunda frase no era paradójica, sino simplemente falsa (ya que el billete no estaba en el sobre 1). En cuanto a la
primera frase, no era exactamente paradójica, pero sin embargo, ni verdadera ni falsa, ya que su verdad implicaría una contradicción lógica, mientras
que su falsedad no implicaría una contradicción lógica, sino sólo la proposición objetivamente falsa de que el billete estaba en el Sobre 1. En cualquier
caso, la frase del 1 no era ni verdadera ni falsa.
8 - ¿Responderá usted afirmativamente a esta pregunta?
9 - ¿Es no la respuesta correcta a esta pregunta?
3
Un montón de paradojas interesantes se pueden encontrar en el último capítulo
de mi libro anterior, El enigma de Sheherezade.
― 56 ―
Libro II
El Jardín Mágico
― 57 ―
Capítulo 13
El Jardín de George
Ahora pasamos a un problema notable cuya solución nos llevará a través
de un asombroso laberinto de problemas más pequeños que nos conducirán
al corazón mismo de una teoría que ha demostrado ser extremadamente importante.
A - Entramos en el Jardín
Un gran problema - Un niño llamado George B. tenía un jardín de flores
mágicas. Cada flor podía cambiar de color de un día para otro, pero asumía
sólo dos colores: rojo o azul (como el papel de tornasol). Cada día la flor
sería roja todo el día o azul todo el día. Se nos da la siguiente condición.
Condición B - Para cualquier flor A y B ―ya sean iguales o diferentes―
hay una flor C que es roja en aquellos y sólo aquellos días en los que A y B
son ambas azules. (Así, en cualquier día en el que al menos una de las flores
A o B es roja, C es azul, pero en cualquier día en el que A y B son ambas
azules, la flor C es roja).
Se dice que dos flores son similares, o que son del mismo tipo si son del
mismo color todos los días. Bueno, un día George decidió podar su jardín,
y así quitó muchas de las flores. Después de que el jardín fue podado, la
condición B aún se mantenía, pero además, no quedaban dos flores distintas
del mismo tipo. Por lo tanto, dadas dos flores distintas, hubo al menos un
día en el que una de ellas era roja y la otra azul.
¡Ahora viene un “gran” problema! El número de flores en el jardín después de la poda era de entre doscientas y quinientas. ¿Cuántas flores había?
Puede parecer increíble para muchos lectores que este problema tenga
solución, pero se verá que realmente la tiene. Lo llamo un gran problema
porque necesitamos muchos problemas subsidiarios para resolverlo, algunos
de los cuales serán dados en este capítulo. La solución final no surgirá hasta
el final del capítulo 15 (que podría leerse directamente después de este capítulo). En este capítulo, derivaremos una serie de consecuencias útiles de
la Condición B que serán básicas para varios capítulos que siguen. Ninguno
de los resultados de este capítulo depende del hecho de que George podó su
jardín, por lo que ahora nos remontamos a los días anteriores a la poda (aunque todos los resultados también se mantienen para el jardín después de la
poda).
― 58 ―
Pregunta preliminar - ¿Se deduce de la condición B que para cualquier
flor A y B hay una flor que es azul en aquellos y sólo aquellos días en los
que A y B son ambas rojas? (El lector puede tratar de responder esto ahora,
pero la respuesta surgirá en el curso de los próximos problemas).
Problemas 1-10 - Sorprendentemente, las leyes B1-B10, por debajo de todo
siguen como consecuencias de la condición B, arriba. ¿Cómo siguen? [Siguen las soluciones luego de B10].
B1: Por cada flor A hay una flor que es azul en los días en que A es roja, y
roja en los días en que A es azul (y por lo tanto es de diferente color a A
todos los días). [Pista: La condición B se mantiene incluso cuando A y B
son la misma flor].
B2: Para cualquier flor A y B hay una flor que es azul en aquellos y sólo
aquellos días en los que A y B son ambos azules.
B3: Para cualquier flor A y B hay una flor que es azul en aquellos y sólo
aquellos días en los que al menos una de las flores A o B es azul (y por
lo tanto es roja en aquellos y sólo aquellos días en los que A y B son
ambas rojas).
B4: Para cualquier flor A y B hay una flor que es azul en aquellos y sólo
aquellos días en los que A es roja o B es azul (o ambos). Por lo tanto, la
flor es roja sólo en los días en que A es azul y B es roja.
B5: Para cualquier flor A y B hay una flor que es azul en aquellos y sólo
aquellos días en los que A y B son del mismo color.
B6: Para cualquier flor A y B hay una flor que es azul en aquellos y sólo
aquellos días en los que A y B son de diferentes colores (una es roja y la
otra es azul).
B7: Para las flores A y B hay una flor que es azul en aquellos y sólo aquellos
días en los que A es azul y B es roja.
B8: Para las flores A y B hay una flor que es azul en aquellos y sólo aquellos
días en los que A y B son rojas.
B9: Al menos una flor es azul todos los días.
B10: Al menos una flor es roja todos los días.
1 - Se nos dice que para cualquier flor A y B, ya sea la misma o diferente,
hay una flor C que es roja en aquellos y sólo aquellos días en los que A y B
son ambas azules. Entre todas las flores posibles C, señalaremos una de ellas
y la llamaremos A | B. Así, A | B es roja en aquellos y sólo aquellos días en
los que A es azul y B es azul.
― 59 ―
Ahora, ¿qué hay de la flor A | A? ¿Cómo se comporta? Bueno, A | A es
roja exactamente en los días en que A es azul y A es azul, pero decir “A es
azul y A es azul” no es más que una forma redundante de decir simplemente
que A es azul. Por lo tanto, A es roja en los días en que A es azul. Por lo
tanto, A es una flor que resuelve el problema. De ahora en adelante abreviaremos A | A con el único símbolo Ā. Así pues, reescribimos la ley B1 en la
siguiente forma simbólica:
B1: Ā es azul en los días en que A es roja y roja en los días en que A es azul.
(Así Ā es siempre de un color diferente al de A).
2 - Dadas las flores A y B, dejemos que C sea la flor A | B. ¿Cómo se comporta C̅? Bueno, como C es roja sólo en los días en que A y B son azules,
entonces C̅ es azul sólo en los días en que A y B son azules. Así que C̅, que
es ̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A | B, es la solución a nuestro problema. De ahora en adelante abreviamos ̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A | B por A ∩ B y reescribimos la ley B2 simbólicamente así:
B2: A ∩ B es azul en aquellos y sólo aquellos días en los que A y B son
ambos azules.
3 - Dejamos que A B sea la flor Ā | B̅. Es roja en aquellos y sólo aquellos
días en los que Ā y B̅ son ambos azules, y por lo tanto es roja y sólo aquellos
y sólo aquellos días en los que A y B son ambos rojos. Por lo tanto, A B
es azul sólo en aquellos días en los que A y B no son ambas rojas, es decir,
sólo en aquellos días en los que al menos una de las flores A o B es azul.
Ahora reescribimos la ley B3 así:
B3: A
B es azul sólo en aquellos días en los que A o B es azul (o ambos).
Notas - La operación ∩ está estrechamente relacionada con la noción de y
(conjunción) en la lógica, ya que A ∩ B es azul sólo cuando A es azul y B
es azul, mientras que la operación de unión está relacionada con la noción
de o (disyunción) en la lógica, ya que A B es azul sólo cuando A es azul
o B es azul (o ambos). La operación barra está relacionada con la noción de
no (negación) en la lógica, ya que A es azul sólo cuando A no es azul.
Estas operaciones también están relacionadas con las operaciones fundamentales en el campo conocido como álgebra booleana, que estudiaremos
más adelante.
B4: Dejamos que A ⸧ B sea la flor Ā B. Es claramente azul sólo en los
días en que A es rojo, o B es azul (o ambos).
Por lo tanto, A ⸧ B es azul en todos los días en que A es rojo, y también
en todos los días en que B es azul (y también, por supuesto, en todos los días
― 60 ―
en que A es rojo y B es azul). Los únicos días en que A ⸧ B es rojo son
aquellos en que A es azul y B es rojo (y es rojo en todos esos días).
La operación ⸧ está estrechamente relacionada con la implicación en la
lógica. Decir que A ⸧ B es azul en un día determinado es decir que si A es
azul en ese día, también lo es B (porque si B fuera rojo en ese día, entonces
A sería azul y B rojo, por lo tanto A ⸧ B sería rojo). Además, si A ⸧ B es
azul todos los días, entonces B es azul todos los días que A es azul.
Reescribimos la ley B4 así:
B4: A ⸧ B es azul sólo en los días en que A es rojo o B es azul (o ambos).
5 - Dejamos que A ≡ B sea la flor (A ∩ B) ∩ (Ā ∩ B̅). Es azul sólo en los
días en los que A ∩ B es azul (que es cuando A y B son ambos azules) o
cuando (Ā ∩ B̅) es azul (que es cuando A y B son ambos rojos). Así tenemos:
B5: A ≡ B es azul sólo en los días en que A y B son del mismo color.
Nota: Podríamos haber tomado alternativamente (A ⸧ B) ∩ (B ⸧ A) para
A ≡ B.
La operación de ≡ está relacionada con la noción de equivalencia en la
lógica: Dos proposiciones se denominan equivalentes si cada una implica a
la otra, lo que significa que ambas son verdaderas o ambas son falsas, o bien
se afirma lo contrario, cualquiera de las dos es verdadera si y sólo si la otra
es verdadera. Y así, decir que A ≡ B es azul en un día determinado equivale
a decir que en ese día, A es azul si y sólo si B es azul.
6 - Dejamos que A B sea la flor ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝐴 ≡ 𝐵. Así A
diferente color que A ≡ B, y así tenemos:
B es siempre de
B6: A B es azul sólo en los días en que A y B son de diferente color (uno
rojo, y el otro, azul).
7 - Obviamente, la flor A ∩ B̅ hace el trabajo, es azul sólo cuando A es azul
y B es rojo (ya que es azul sólo cuando A es azul y B̅ es azul). De ahora en
adelante dejamos que A-B sea la flor A ∩ B̅ y reescribimos B6 así:
B7: A-B es azul en aquellos y sólo aquellos días en los que A es azul y B es
rojo.
Podemos notar que A-B es siempre de un color diferente al de A ⸧ B.
Así A ⸧ B es similar a ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A − B (Son siempre del mismo color).
8 - Dejamos que A ↓ B sea la flor Ā ∩ B̅ y obviamente tenemos:
B8: A ↓ B es azul en aquellos y sólo aquellos días en los que A y B son
ambos rojos (ya que estos son los días en los que Ā y B̅ son ambos azules).
― 61 ―
9 - Para cualquier flor A, la flor A Ā es siempre azul (porque en cualquier
día, una de las flores A o Ā es azul y la otra es roja, por lo que en cualquier
caso, A Ā es azul). Así que elegimos una flor A al azar (no importa cuál)
y tomamos b para ser la flor A Ā, y así tenemos:
B9: b es siempre azul.
10 - Obviamente, b̅ es siempre roja, y por lo tanto tomamos r para ser b̅, y
tenemos:
B10: r es siempre roja.
Nota: Podríamos haber tomado alternativamente r para ser A ∩ Ā, donde A
puede ser cualquier flor.
B - Algunas relaciones booleanas
Ahora que el lector está familiarizado con los significados de Ā, A ∩ B,
A B, A ⸧ B, A ≡ B, A B, A − B, A ↓ B, A | B, b (una flor siempre azul)
y r (una flor siempre roja), podemos considerar algunas relaciones entre flores.
Recordamos que llamamos a dos flores A y B similares si son del mismo
color todos los días. Ahora, supongamos que te hago una pregunta del tipo
si ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B es necesariamente similar a Ā
B̅, ¿cómo lo averiguarías?
Aquí hay una forma sistemática de responder a preguntas de este tipo: En
cualquier día, hay dos posibilidades para el color de A: azul o rojo. Con cada
una de estas posibilidades para A, hay las mismas dos posibilidades para B,
y así hay cuatro posibilidades en total: (1) A azul y B azul; (2) A azul y B
rojo; (3) A rojo y B azul; (4) A rojo y B rojo. Así, en cualquier día, una y
sólo una de estas cuatro posibilidades se mantiene. En cada caso, se puede
decir el color de ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B y de Ā B̅ y ver si son iguales. Si son iguales en
los cuatro casos, entonces sabes que las dos flores en cuestión son similares.
Probemos esto: En el caso (1) A y B son ambas azules, por lo tanto A ∩
B es azul, por lo tanto ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B es roja. Por otro lado, como A y B son
ambas azules, entonces Ā y B̅ son ambas rojas, por lo que Ā B̅ es roja. Y
así, en un día en que A y B son ambas azules, ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B y Ā B̅ son ambas
rojas, por lo que son del mismo color en tal día.
A continuación, consideremos un día en el que A es azul y B rojo (Caso
2). Entonces A ∩ B debe ser rojo, por lo tanto ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B es entonces azul.
Por otro lado, mirando a A B, vemos que en un día así, Ā es rojo y B̅ es
azul (ya que A es azul y B es rojo), por lo tanto Ā B̅ es entonces azul. Y
así en el caso (2), ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B y Ā B̅ son de nuevo del mismo color, ambas
azules.
― 62 ―
El lector puede ahora verificar que en el caso (3) ambas flores son azules,
y lo mismo con el caso (4). Por lo tanto, las flores son del mismo color en
los cuatro casos posibles, y por lo tanto son similares.
Este tipo de argumento podría denominarse análisis por casos. Su virtud
es que es completamente sistemático y siempre funciona. Sin embargo, una
solución más creativa del problema anterior es ésta: En cualquier día en que
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B es azul, A ∩ B debe ser rojo, por lo tanto o A es entonces rojo o B
es entonces rojo (o ambos), por lo tanto o Ā es entonces azul o B̅ es entonces
azul, por lo que en cualquier caso Ā B̅ es entonces azul. Esto demuestra
que siempre que ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B es azul, también lo es Ā B̅. Yendo en la otra
dirección, en cualquier día que Ā B̅ es azul, o Ā es azul o B̅ es azul, por
lo tanto A es entonces roja o B es entonces roja, por lo tanto A ∩ B es entonces roja, por lo tanto ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B es entonces azul, y así siempre que Ā
B̅ es azul, también lo es ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B. Así, siempre que cualquiera de las dos
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
flores A ∩ B, Ā B̅, es azul, también lo es la otra, y así son similares.
A veces un poco de sentido común funciona mejor. Por ejemplo, para
mostrar que A ∩ B es similar a B ∩ A, en lugar de ir a la labor de análisis
de un caso, podemos ver inmediatamente que A ∩ B es azul cuando y sólo
cuando A y B son ambos azules, pero decir que A y B son ambos azules es
lo mismo que decir que B y A son ambos azules, y esto ocurre cuando y sólo
cuando B ∩ A es azul. Así que, por supuesto, A ∩ B es similar a B ∩ A. Es
igualmente obvio que A B es similar a B A. Pero en los casos que no
son inmediatamente obvios, siempre podemos confiar en el análisis de un
caso.
Recomendamos encarecidamente que el lector trabaje a través de los siguientes ejercicios:
Ejercicio 1 - Verifique por cualquier medio razonable las siguientes similitudes:
(1) A ⸧ B es similar a ͞B̅ ⸧ Ā
̿
(2) A es similar a A
̅̅̅̅̅̅̅̅
(3) A ⊃ B es similar a A ∩ B̅
(4) A Ā es similar a b
(5) A ∩ Ā es similar a r
(6) A ∩ (A B) es similar a A
(7) A (A ∩ B) es similar a A
(8) A ∩ b es similar a A r
(9) A ⸧ B es similar a A ≡ (A ∩ B)
(10) A ∩ B es similar a A ≡ (A ⸧ B)
(11) ̅̅̅̅̅̅̅
A ∪ B es similar a B ≡ (A − B)
(12) A-B es similar a B̅ ≡ (A B)
― 63 ―
Ejercicio 2 - Demuestra que las siguientes flores deben ser azules todos los
días.
(1) A ⸧ (B ⸧ A)
(2) (A ∩ B) ⸧ A
(3) A ⸧ (A B)
(4) r ⸧ r
̅̅̅̅̅̅̅
(5) (A
∪ B) ≡ Ā ∩ B̅
Ejercicio 3 - Llamemos a dos flores A y B independientes si hay un día en
el que ambas son azules; un día en el que ambas son rojas; un día en el que
A es azul y B es roja; y un día en el que A es roja y B es azul.
Ahora bien, supongamos que A y B son flores tales que A es azul los
lunes y martes, pero rojo los miércoles y jueves, mientras que B es azul los
lunes y miércoles, pero rojo los martes y jueves. Entonces, claramente A y
B son independientes. En cada uno de los pares de flores de abajo, el par
definitivamente no es similar. En cada caso, determine en cuál de los primeros cuatro días de la semana, las dos flores son de colores diferentes.
Pareja (1) - A y B
Pareja (2) - A ⸧ B y B ⸧ A
Pareja (3) - A ∩ B y A ⸧ B
Pareja (4) - A ⸧ B y A
Pareja (5) - A ⸧ B y B
Pareja (6) - ̅̅̅̅̅̅̅
A∩B yA B
[Las respuestas al ejercicio 3 se dan al final del siguiente capítulo].
― 64 ―
Capítulo 14
Algunos jardines vecinos
Ahora vamos a explorar algunos otros jardines de flores, estrechamente
relacionados con el jardín de George, y así ver algunas interrelaciones importantes entre las leyes B, B1-B10 del último capítulo.
A - Otros jardines booleanos
Definiremos que un jardín de flores es un jardín booleano ssi4 cuando
cumple la condición B del capítulo 13, que hemos visto que también implica
las condiciones B1-B10, que será conveniente revisar ahora:
B: A | B es azul en aquellos y sólo aquellos días en los que al menos uno de
A o B es rojo (o lo que es lo mismo, A | B es rojo en aquellos y sólo aquellos
días en los que A y B son ambos azules.
B1: Ā es azul en los días en que A es rojo, y rojo en los días en que A es
azul.
B2: A ∩ B es azul sólo en los días en que A y B son ambos azules.
B3: A B es azul sólo en los días en que al menos uno de A o B es azul (o
ambos). [Así, A B es rojo cuando y sólo cuando A y B son ambos rojos],
B4: A ⸧ B es azul sólo en los días en que A es rojo o B es azul (o ambos).
B5: A ≡ B es azul sólo en los días en que A y B son del mismo color.
B6: A
B es azul sólo en los días en que A y B son de colores diferentes.
B7: A − B es azul sólo en los días en que A es azul y B es rojo.
B8: A ↓ B es azul sólo en los días en que A y B son rojos.
B9: b es azul en todos los días.
B10: r es rojo en todos los días.
Escribimos “ssi” para significar “si y sólo si”. Esta es una abreviatura útil y bastante común en las matemáticas (en inglés: iff).
4
― 65 ―
Así, un jardín booleano satisface las condiciones B1-B10, así como la B.
Ahora bien, el punto es que hay varias otras maneras de obtener un jardín
booleano que comenzando con la condición B. Es decir, hay varios grupos
diferentes de algunas de las leyes B1-B10 que a su vez implican la condición
B (y por lo tanto todas las otras leyes también). Todo esto relacionado con
los temas matemáticamente vitales de la Lógica Proposicional y el Álgebra
Booleana, que veremos en capítulos posteriores.
Ahora, veamos otras formas de obtener un jardín booleano que no empiecen con la condición B. Como en el jardín de George, en todos los jardines que se describirán en este capítulo, cada flor es azul todo el día, o roja
todo el día, aunque puede cambiar de color de un día para otro. En este capítulo no asumiremos que el jardín está podado:
1 - El jardín de Carlos - El amigo de George, Carlos, tiene un jardín en el
que a cada flor A le corresponde una flor Ā que siempre es de un color diferente al de A (ley B1) y a las flores A y B le corresponde una flor A ∩ B
que es azul en aquellos y sólo aquellos días en los que ambas flores A y B
son azules (ley B2). Demuestra que la condición B del jardín de George debe
mantenerse, y por lo tanto que el jardín de Carlos es también un jardín booleano.
2 - El jardín de David - George tiene otro amigo, David, que tiene un jardín
que satisface las leyes B1 y B3. Demuestra que este jardín también es un
jardín booleano.
3 - Jardín de Irving - En el jardín de Irving, se sabe que las leyes B1 y B4
se cumplen. Demuestra que este jardín es un jardín booleano.
4 - El jardín del hermano de Irving - El hermano de Irving tiene un jardín
en el que se aplica la ley B4 y además hay una flor r que es roja todo el
tiempo (ley B10). ¿Este jardín es necesariamente un jardín booleano?
5 - Jardín de Jerry - En el jardín de Jerry, todo lo que se da es la ley B8.
¿Este jardín es necesariamente un jardín booleano?
6 - Jardín de Eduardo - Se sabe que las leyes B2, B3, B4 y B5 se aplican al
jardín de Eduardo. ¿Este jardín es necesariamente un jardín booleano?
7 - Jardín de Miguel - En este jardín, las leyes B1 y B7 son válidas. ¿Es el
jardín de Miguel necesariamente un jardín booleano?
8 - El jardín del hermano de Miguel - En este jardín, las leyes B7 y B8 son
conocidas por ser las que rigen. ¿Este jardín es necesariamente un jardín
booleano?
― 66 ―
B - Algunos jardines parcialmente booleanos
Hasta ahora hemos estudiado los jardines-jardines booleanos en los que
se aplican todas las leyes B1-B10. Ahora, podríamos tener un jardín en el que
algunas, pero no necesariamente todas estas diez leyes se mantienen. A estos
jardines los llamamos parcialmente booleanos, o jardines parcialmente booleanos. Lo interesante de estos jardines es que, aunque no todas las leyes se
derivan de las leyes dadas, algunas otras sí. Las interrelaciones pueden ser
bastante fascinantes.
Ahora consideremos algunos jardines parcialmente booleanos:
9 - El Jardín de Eva - La amiga de George, Eva, tiene un jardín en el que
se sabe que las leyes B4 y B5 se mantienen. Es imposible a partir de esta
información para demostrar que todas las leyes B1-B10 se mantienen, pero
es posible derivar la ley B2. ¿Cómo? [¡La solución es bastante difícil!]
10 - El jardín de Evelyn - La hermana de Eva, Evelyn, tiene un jardín en el
que B2 y B5 se mantienen. Demuestra que la ley B4 también debe ser válida.
11 - El jardín de Érica - Eva tiene otra hermana, Érica, cuyo jardín satisface
las leyes B2 y B4. Demuestra que también satisface la ley B5.
Nota: Vemos en los últimos tres problemas que las leyes B2, B4 y B5 forman
un trío interesante: Si dos de ellas se sostienen para un jardín dado, la tercera
debe sostenerse también.
12 - Otro trío - Otro trío interesante consiste en las leyes B3, B7 y B6: Cualquier jardín que, obedezca a dos de ellas debe obedecer a la restante también.
Demuéstralo.
13 - El Jardín de Irma - Todo lo que se dice del jardín de Irma es que
obedece a B4. Demuestra que también obedece a la B3. [¡La solución es difícil!]
14 - Jardín de María - Todo lo que se dice de este jardín es que obedece a
la ley B7. Demuestra que obedece a B2.
15 - El Jardín de la Hermana de María - Este jardín obedece a la B7 y a
la B6. Demuestra que obedece a B3.
16 - El Jardín de Liliana - El jardín de Liliana obedece a las leyes B3 y B5.
Demuestra que obedece a B2. [¡Esto es un poco difícil!]
17 - El jardín de Liliana también obedece a la B4. Pruébalo.
― 67 ―
18 - El jardín de la hermana de Liliana - Este jardín obedece a las leyes
B2 y B6. Demuestra que obedece a B3.
SOLUCIONES
1 - Para cualquier flor A y B, tenemos la flor A ∩ B, que es azul sólo en los
días en que A y B son azules, y luego tenemos la flor ̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B, que es roja sólo
̅̅̅̅̅̅̅
en esos días. Y así definimos que A | B es la flor A ∩ B, y esta operación de
“trazo” satisface la condición B.
2 - Para el jardín de David, tomamos A | B para ser la flor Ā B̅. Es azul
cuando al menos una de las flores Ā, B̅, es azul, por lo tanto es azul cuando
al menos una de A, B es roja, de ahí que sea roja sólo en los días en que A
y B son ambas azules. Por lo tanto, la condición B se mantiene.
3 - Para el jardín de Irving, toma A | B para que sea A ⸧ B̅. Es roja sólo
cuando A y B son ambas azules, por lo que la condición B se mantiene.
4 - Sí, lo es: Primero tomamos Ā para ser A ⸧ r y así Ā es siempre de diferente color que A (como se verifica fácilmente). Por lo tanto, tenemos la ley
B1, y como nos dan la ley B4, las leyes del jardín de David se sostienen, que
hemos visto que dan la condición B. O, más directamente, dadas las leyes
B4 y B10, definimos que A | B es A ⸧ (B ⸧ r), y la condición B se cumple
entonces (A ⸧ (B ⸧ r) es roja sólo en los días en que A y B son ambos
azules, como el lector puede verificar).
5 - Para el jardín de Jerry, primero tomamos Ā para ser A ↓ A y Ā es entonces siempre de diferente color a A. Luego tomamos A ∩ B para ser Ā ↓ B̅.
Luego tomamos A | B para ser ̅̅̅̅̅̅̅
A ∩ B (como en el Problema 1) y tenemos
la condición B (A | B es roja sólo en los días en que A y B son ambos azules).
Por lo tanto, el jardín de Jerry es también un jardín booleano.
6 - El jardín de Eduardo puede ser un jardín booleano, por lo que sabemos,
pero sólo por las leyes B2, B3, B4 y B5, no podemos concluir que lo sea. Por
lo que sabemos, podría ser que todas las flores de Eduardo son azules todo
el tiempo, en cuyo caso las leyes B2, B3, B4 y B5 obviamente se sostienen
(así como la ley B9), pero B10 falla, lo que no puede suceder en un jardín
booleano.
7 - La flor A − B̅ es azul justo cuando A y B son ambas azules, por lo que
tenemos la ley B2. También tenemos la ley B1, y así el jardín de Michael
satisface las condiciones del jardín de Charles, que ya sabemos que es un
jardín booleano. [Más directamente, la flor ̅̅̅̅̅̅̅
A − B es roja en aquellos y sólo
― 68 ―
aquellos días en los que A y B son ambos azules, y por lo tanto tenemos
inmediatamente la condición B, tomando A | B para ser ̅̅̅̅̅̅̅
A − B].
8 - La flor b − A es azul sólo en los días en que b es azul y A es roja, pero
como b siempre es azul, estos días son simplemente aquellos en que A es
roja. Por lo tanto, dada la operación de guión, podemos tomar Ā para ser b
− A, y así Ā es siempre de diferente color que A. Así tenemos la ley B1, que
junto con B7, asegura que el jardín es booleano (como se muestra en la solución del último problema).
9 - Dadas las operaciones ⸧ y ≡, podemos tomar que A ∩ B es A ≡ (A ⸧
B), que es azul en aquellos y sólo aquellos días en los que A y B son ambos
azules (como el lector puede verificar).
10 - Ahora se nos dan las operaciones ≡ y ∩, y por lo tanto tomamos A ⸧ B
para ser A ≡ (A ∩ B). que es azul sólo cuando A es rojo o B es azul (o
ambos).
11 - Dadas las operaciones ⸧ y ∩, obviamente tomamos A ≡ B para ser (A
⸧ B) ∩ (B ⸧ A).
12 - (1) Supongamos que se nos da B3 y B7, por eso tenemos las operaciones
y −. Entonces tomamos A B para ser (A − B) (B − A), que es azul
justo cuando A y B son de diferente color. Entonces tenemos la ley B6.
(2) Supongamos que se nos da B3 y B6, así que las operaciones y .
Entonces tomamos A − B para ser B (A B), que es azul justo cuando A
es azul y B es rojo. Así, tenemos B7.
(3) Ahora supongamos que se nos da B6 y B7. Entonces tomamos A B
para ser B (A − B), que es azul justo cuando al menos una de las flores A
o B es azul. Entonces tenemos B3.
13 - Se nos da la operación ⸧ y debemos derivar la operación . Bien, tomemos A U B para ser (A ⸧ B) ⸧ B, que puede verse azul justo en los días
en que al menos una de A o B es azul.
14 - La flor A − (A − B) es azul sólo en los días en que A y B son ambos
azules, por lo tanto podemos tomar A ∩ B para ser A − (A − B).
15 - Tomar A
B para ser A
(B − A).
16 - Tomar A ∩ B para ser (A
B) ≡ (A ≡ B).
17 - Tomar A ⸧ B para ser (A
B) ≡ B.
18 - Toma A
B para ser (A ∩ B)
(A
― 69 ―
B).
Respuestas al ejercicio 3, capítulo 13
(1) Martes y miércoles
(2) Martes y miércoles
(3) Miércoles y jueves
(4) Martes, miércoles y jueves
(5) Jueves
(6) Lunes, martes, miércoles y jueves
― 70 ―
Capítulo 15
¡El gran problema resuelto!
Este capítulo estará dedicado a la solución del “gran” problema planteado
en el capítulo 13.
La gran solución
Recordemos que se nos dio la condición B del jardín de George (para
cualquier flor A y B hay una flor C que es roja en esos y sólo los días en que
A y B son ambas azules). A tal jardín lo hemos llamado jardín booleano. Se
nos dijo que después de que George podara su jardín (de modo que para dos
flores distintas que quedaran, hubiera al menos un día en el que fueran de
diferentes colores) y contara las flores restantes, el número estaba entre 200
y 500, y el problema es determinar cuántas flores había. La solución a este
notable problema implica primero resolver varios problemas preliminares, a
los que nos referiremos.
De las diez leyes B1-B10, que hemos visto seguir de la única condición B,
las siguientes cinco son las más relevantes para este capítulo:
B1: Ā es siempre de diferente color que A.
B2: A ∩ B es azul en los días en que A y B son ambos azules, y rojo en los
demás días.
B3: A B es azul en los días en que al menos una de las flores A o B es
azul, y es roja en aquellos y sólo aquellos días en que A y B son ambas
rojas.
B9: La flor b es azul todos los días.
B10: La flor r es roja todos los días.
Ahora consideramos la situación tal como es después de que George pode
su jardín. Entonces tenemos la siguiente condición adicional:
: [condición de unicidad] - Para cualquier flor A y B, si A y B son del
mismo color todos los días, entonces A y B son las mismas flores. Dicho de
otra manera, si la flor A es diferente de la flor B, entonces hay al menos un
día en el que son de diferentes colores.
Llamaremos a un jardín booleano un jardín booleano reducido si obedece
a esta condición de singularidad. Recordamos que estamos llamando a dos
flores similares si son del mismo color todos los días. Por lo tanto, un jardín
― 71 ―
booleano reducido es un jardín booleano en el que las flores similares son
idénticas.
De esta condición de un jardín booleano reducido se desprende que b es
la única flor que es azul todos los días; r es la única flor que es roja todos
los días. Además, para cualquier flor A, la flor Ā es la única flor que siempre
es diferente en color de la A. También, para cualquier flor A y B, la flor A
∩ B es la única flor que es azul sólo en los días en que A y B son ambas
azules, y A B es la única flor que es azul en esos y sólo en esos días en
que al menos una de las flores A o B es azul.
Ahora pasaremos a algunas definiciones fundamentales y problemas auxiliares necesarios para la solución del “gran problema”.
Dominación - Diremos que la flor A domina a la flor B si B es roja todos
los días que A es roja, o lo que es lo mismo, A es azul todos los días que B
es azul. La única forma en que A puede fallar en dominar a B es que haya al
menos un día en que B sea azul y A sea rojo.
Ahora consideremos la flor r que es roja todos los días. Entonces, obviamente, cada flor domina r. También r no domina ninguna otra flor que no
sea la propia r (porque si r domina A, entonces A es roja siempre que r es
roja, lo cual es todo el tiempo; por lo tanto A es siempre roja; por lo tanto A
= r por la condición de unicidad ).
A continuación, observamos que la flor b, que es siempre azul, domina
en todas las flores A (porque b es ciertamente azul siempre que A es azul,
siendo azul todo el tiempo). Además, cada flor se domina a sí misma. También es obvio que si A domina a B y B domina a C, entonces A domina a C.
También, si A domina a B y B domina a A, entonces A y B deben ser la
misma flor (porque cada una es roja cuando la otra es roja; por lo tanto son
siempre del mismo color; por lo tanto son idénticas por la condición de unicidad). Otro hecho evidente es que para cualquier flor A y B, tanto A y B
dominan a A ∩ B, y tanto A y B están dominadas por A B.
Registremos estos simples hechos:
Hecho a - Cada flor domina a r.
Hecho b - r no domina ninguna otra flor que no sea la propia r.
Hecho c - b domina todas las flores.
Hecho d - Cada flor se domina a sí misma.
Hecho e - Si A domina B y B domina C, entonces A domina C.
Hecho f - Si A y B se dominan mutuamente, entonces A = B.
― 72 ―
Hecho g - Tanto A y B dominan a A ∩ B, y ambos están dominados por A
B.
No hay ciclos de dominación - Del hecho f, no puede haber dos flores distintas A y B, cada una de las cuales domina a la otra. Tampoco puede haber
tres flores distintas A, B y C, de manera que A domine a B, B domine a C y
C a su vez domine a A, porque si A domina a B y B domina a C, entonces
A domina a C (Hecho e), por lo tanto C no puede dominar a A (Hecho f).
Asimismo, no puede haber cuatro flores distintas A, B, C, D tales que dominen a B, que dominen a C, que dominen a D, que a su vez dominen a A,
porque entonces A dominaría a D (por dos aplicaciones del Hecho e), y tendríamos a A y D dominándose mutuamente, al contrario del Hecho f. Y en
general, no podemos tener una secuencia finita A1, A2, ..., An de flores distintas tal que cada una, distinta de la última, domine a la siguiente, y la última An, a su vez dominando a la primera A1. [Tal secuencia, si existiera, se
llamaría un ciclo de dominación]. Y así tenemos:
Hecho h - No hay ciclos de dominación.
Flores básicas - Ahora viene una definición fundamental. Por una flor básica nos referiremos a una flor X que no sea r y que sólo domine a sí misma
y a r. Por lo tanto, si X es básica, X ≠ r, y para cualquier flor Y, si X domina
a Y, entonces Y = X o Y = r.
Ahora, supongamos que X es desigual a r y que X no es básica. Si r fuera
la única flor aparte de X que X dominara, entonces X sería básica, lo cual
no lo es, y por lo tanto X debe dominar alguna flor Y aparte de X y r. Y así,
tenemos el siguiente hecho:
Hecho i - Si X ≠ r y X no es básica, entonces X domina alguna flor Y que
no sea X y r.
Ahora, algunos problemas cuyas soluciones conducen a la solución del
gran problema:
Problema 1 - Considere las siguientes tres condiciones.
(1) F domina G.
(2) G ∩ F = G
(3) F̅ ∩ G = r
¿Alguna de estas condiciones implica alguna de las otras?
Problema 2 - ¿Es posible que una flor que no sea la r sea dominada por la
F y la F̅?
Problema 3 - ¿Es posible que una flor básica domine a otra flor básica?
― 73 ―
Problema 4 - Demuestra que si F no domina X y X es básica, entonces X ∩
F es siempre roja.
Problema 5 - Demuestra que para cualquier flor básica X, y cualquier flor
F, o bien F domina X o bien F̅ domina X (pero no ambas).
Problema 6 - ¿Es posible que dos flores básicas distintas sean azules en el
mismo día?
Problema 7 - Supongamos que X es una flor básica. ¿Alguna de las siguientes afirmaciones es necesariamente cierta?
a) Debe haber al menos un día en el que X sea roja y todas las demás flores
básicas sean azules.
(b) Debe haber al menos un día en el que X sea azul y todas las demás flores
básicas sean rojas.
Problema 8 - Mostrar que todas las flores que no sean r dominan al menos
una flor básica. [Nota: La prueba depende del hecho de que sólo hay una
cantidad finita de flores en el jardín de George. El resultado no necesariamente se mantendría para un jardín booleano infinito].
Problema 9 - [¡Crucial!] - Demostrar que si F y G son flores distintas, entonces una de ellas debe dominar alguna flor básica que no esté dominada
por la otra.
Para cualquier flor F, dejamos que F* sea el conjunto de todas las flores
básicas dominadas por F. Por la Proposición 9 (establecida siguiendo la solución del Problema 9), tenemos a la vez
Proposición A - Si F ≠ G, entonces F* ≠ G*.
La Proposición A dice que si F y G son flores distintas, entonces el conjunto de flores básicas dominadas por F es diferente del conjunto de flores
básicas dominadas por G. La Proposición A se puede afirmar de forma equivalente: Si F* = G*, entonces F = G.
Conjuntos básicos y sus representantes - Por un conjunto básico nos referiremos a un conjunto de flores básicas. Para cualquier conjunto básico S
y cualquier flor F, diremos que F representa a S, o que F es un representante
de S, si F domina todas las flores de S y ninguna otra flor básica, en otras
palabras, si S = F*. Un conjunto básico S, si tiene algún representante, no
puede tener más de un representante, porque si S estuviera representado por
F y por G, entonces S = F* y S = G*, por lo tanto F* = G*, por lo tanto F =
G por la Proposición A. Así tenemos:
Proposición B - Un conjunto básico no puede tener más de un representante.
― 74 ―
Ahora viene una pregunta vital: ¿Cada conjunto básico tiene necesariamente un representante? Pasemos ahora a esto.
Uniones finitas - Sabemos que para dos flores cualesquiera F1, y F2, hay
una flor que es azul sólo en los días en que al menos una de las flores F1 o
F2 es azul, es decir, la flor F1 F2. Además, para tres flores F1, F2 y F3, la
flor (F1 U F2) U F3 se ve fácilmente como azul sólo en los días en que al
menos una de las tres flores F1, F2 o F3 es azul. De manera similar, para
cualquiera de las cuatro flores F1, F2, F3, F4 la flor ((F1 F2) F3) F4 es
azul en aquellos y sólo aquellos días en los que al menos una de estas cuatro
flores es azul. Esto se generaliza a cualquier número finito de flores: Dado
cualquier conjunto finito S de flores, hay una flor F que es azul en aquellos
y sólo aquellos días en los que al menos una de las flores en S es azul. Además, por la condición de unicidad, no puede haber más de una de esas flores.
Así, para cualquier conjunto finito de flores, hay una y sólo una flor que es
azul en aquellos y sólo aquellos días en los que al menos una de las flores
en S es azul, y esta flor la llamamos la unión de S (por razones que aparecerán en un capítulo posterior). Así, por ejemplo, si S tiene 5 flores F1, F2, F3,
F4 y F5, entonces la unión de S es la flor ((((F1 F2) F3) F4) F5), más
brevemente escrita F1 F2 F3 F4 F5, o aún más brevemente F1 ...
F5. [Por cierto, F1 F2 también se llama la unión de F1 con F2, por razones
que se darán en un capítulo posterior]. En general, si S tiene n flores F1 ...
Fn, entonces la unión de S se denota F1 ... Fn (léase unión de F1 ... unión
de Fn).
Por supuesto, la unión de S domina cada flor de S, pero también puede
dominar otras flores. Sin embargo, tenemos un hecho vital indicado en el
siguiente problema.
Problema 10 - Demostrar que si S es un conjunto básico, entonces la unión
de S no domina ninguna flor básica que no sea la de S, y por lo tanto la unión
de S representa a S.
Ahora vemos que cada conjunto básico S tiene un representante, es decir,
la unión de S. Además, un conjunto básico no puede tener más de un representante (Proposición B) y por lo tanto ahora tenemos el siguiente hecho
clave:
Proposición C - Un conjunto básico S tiene un solo representante, es decir,
la unión de S.
Por supuesto, cada flor F representa un y sólo un conjunto básico, es decir, el conjunto F* de todas las flores básicas dominadas por F. Además, por
la Proposición C, un conjunto básico tiene un y sólo un representante, y así
tenemos:
― 75 ―
Teorema 1 - En un jardín booleano reducido, cada flor representa un y sólo
un conjunto básico, y cada conjunto básico está representado por una y sólo
una flor.
Correspondencias 1-1 - Una relación entre un conjunto S1 y un conjunto S2
se llama una correspondencia 1-1 entre S1 y S2, si y sólo si se cumplen las
dos condiciones siguientes:
(1) Cada elemento de S1 está en relación con uno y sólo un elemento de S2.
(2) Para cada elemento de S2, hay un y sólo un elemento de S1 que está en
relación con él.
Por ejemplo, en un país monógamo, la relación “x es el marido de y” es
una correspondencia 1-1 entre el conjunto M de hombres casados del país y
el conjunto W de mujeres casadas del país (por cada x en M hay una y sólo
una y en W tal que x es el marido de y, y por cada y en W, hay una y sólo
una x en M tal que x es el marido de y).
Otro ejemplo: Si en un teatro, todos los asientos están ocupados y nadie
está de pie, entonces la relación “la persona x está sentada en el asiento y”
es una correspondencia 1-1 entre el conjunto de personas en el teatro y el
conjunto de asientos en el teatro.
Obviamente, si hay una correspondencia 1-1 entre un conjunto y otro, los
dos conjuntos deben tener el mismo número de elementos. Por ejemplo, si
miras en un teatro y ves que todos los asientos están ocupados y nadie está
de pie entonces, sin tener que contar ni el número de asientos ni el número
de personas, sabes que los dos números deben ser iguales. O también, en un
país monógamo, el número de hombres casados debe ser el mismo que el
número de mujeres casadas.
Ahora, el Teorema 1 nos dice que la relación “La flor F representa el
conjunto básico S” es una correspondencia 1-1 entre el conjunto de flores y
el conjunto de conjuntos básicos, y así como un corolario inmediato tenemos:
Teorema 2 - En un jardín booleano reducido, el número de flores es el
mismo que el número de conjuntos básicos.
Ahora podemos resolver el “gran” problema.
Problema 11 - Dado que el jardín booleano reducido de George tiene entre
200 y 500 flores, ¿exactamente cuántas flores tiene? Además, ¿cuántas de
las flores son básicas?
― 76 ―
SOLUCIONES
1 - Estas tres condiciones son todas equivalentes; cada una de ellas implica
las otras dos. En realidad todas dicen lo mismo. Mostraremos que (1) implica (2), y (2) implica (3), y (3) implica (1), lo que cerrará el círculo.
Supongamos (1) F domina a G. Entonces, en cualquier día en que G es
azul, F también es azul, por lo tanto G ∩ F es azul. Así G ∩ F domina G.
También, por supuesto, G domina F ∩ G (Hecho (g)), y así G y F ∩ G son
azules en los mismos días, y así G ∩ F = G. Así (1) implica (2).
Ahora supongamos (2) G ∩ F = G. Entonces, en cualquier día que G sea
azul, G ∩ F es azul, por lo tanto F es azul en tal día; por lo tanto F̅ debe ser
entonces rojo. Y así no hay día en que G y F̅ sean ambos azules, por lo tanto
F̅ ∩ G nunca es azul, y así F̅ ∩ G = r. Por lo tanto (2) implica (3).
Ahora supongamos (3) F̅ ∩ G = r. Consideremos cualquier día en el que
G es azul. Si F fuera rojo en ese día, entonces F̅ sería azul, por lo tanto F̅ ∩
G sería azul, lo cual no es posible ya que F̅ ∩ G = r. Por lo tanto F debe ser
azul en cualquier día en que G sea azul, y así F domina a G. Por lo tanto (3)
implica (1), lo cual cierra el círculo. Por lo tanto, tenemos la siguiente proposición [Recordemos que escribimos “ssi” para abreviar “si y sólo si”]:
Proposición 1 - F domina G ssi G ∩ F = G, que a su vez es el caso de ssi F̅
∩ G = r.
2 - Supongamos que A es una flor dominada tanto por F como por F̅. Entonces, cuando A es azul, F y F̅ son ambas azules, lo que nunca sucede. Así A
es siempre roja, por lo tanto A = r. Entonces tenemos:
Proposición 2 - La única flor que puede ser dominada tanto por F como por
F̅ es r.
3 - ¡Ciertamente no! Supongamos que X es básica y que X domina a Y,
donde Y ≠ X. Entonces Y debe ser r, por lo tanto Y no es básica. Por lo
tanto, X no puede dominar ninguna flor básica Y que sea diferente de X. Así
que tenemos:
Proposición 3 - Ninguna flor básica puede dominar a ninguna otra flor básica.
4 - Por la proposición 1, F domina X ssi X ∩ F = X, por lo tanto F falla en
dominar X si X ∩ F ≠ X. Ahora supongamos que X es básica y F falla en
dominar X. Entonces X ∩ F ≠ X. Sin embargo X domina X ∩ F (Hecho (g)),
y como X ≠ X ∩ F, entonces X ∩ F debe ser r. Así tenemos:
Proposición 4 - Si F falla en dominar X, y X es básico, entonces X ∩ F es
rojo en todos los días (X ∩ F = r).
― 77 ―
5 - Supongamos que X es básico y F no domina X. Entonces por la Proposición 4, X ∩ F es siempre rojo. Por lo tanto, en cualquier día en que X es
azul, F debe ser rojo (porque si F fuera entonces azul, X ∩ F sería entonces
azul, lo que nunca es), y por lo tanto F̅ debe ser azul. Así, F̅ es azul todos los
días que X es azul, y así F̅ domina a X. Y así, si F no domina a X, entonces
F̅ domina a X. Así tenemos:
Proposición 5 - Para cualquier flor básica X y cualquier flor F, o bien F
domina X o F̅ domina X.
6 - Supongamos que X e Y son ambas básicas y distintas. Entonces por la
Proposición 3, X no puede dominar a Y, y así por la Proposición 5, domina
a Y. Por lo tanto es azul en todos los días en los que Y es azul, por lo tanto
X es rojo en todos los días en los que Y es azul. Por lo tanto, tenemos:
Proposición 6 - Dos flores básicas distintas X e Y nunca pueden ser azules
en el mismo día.
7 - Supongamos que X es básica. Entonces X ≠ r, por lo tanto hay al menos
un día en el que X es azul. Ninguna otra flor básica puede ser azul en ese día
(por la Proposición 6), y por lo tanto todas las demás flores básicas deben
ser rojas en ese día. Por lo tanto, es (b) que es verdad, lo que registramos
como:
Proposición 7 - Para cualquier flor básica X, hay algún día en el que X es
azul y todas las demás flores básicas son rojas.
8 - Considere cualquier flor F1, que no sea r. Si F1 es en sí misma básica,
entonces obviamente F1, domina una flor básica, es decir, la propia F1. Si F1
no es básica, entonces F1 domina alguna flor F2 que no sea F1 y r. Si F2 es
básica, entonces F1 domina la flor básica F2. Si F2 no es básica, entonces
domina alguna flor F3 que no sea F2 y r. También F3 ≠ F1, o tendríamos un
ciclo de dominación, contrario al hecho (h). Si F3 no es básica, entonces
domina alguna flor nueva F4 que no sea r (debe ser nueva, es decir, diferente
de F1, F2 y F3, para evitar un ciclo de dominación), y así seguimos a este
ritmo hasta que finalmente debemos llegar a alguna flor Fn de tal manera
que la única flor nueva que pueda dominar sea la propia r (ya que sólo hay
finitamente muchas flores en el jardín, y en cada paso se elige una nueva
flor). Entonces Fn es básica, y F1 debe dominar a Fn (por aplicaciones repetidas del Hecho e).
Así hemos demostrado:
Proposición 8 - Toda flor que no sea r domina alguna flor básica.
― 78 ―
9 - Supongamos que F y G son flores distintas. Entonces no puede ser que
cada una de ellas domine a la otra (pues si ambas lo hicieran, entonces F
sería la misma flor que G por el Hecho f), por lo que una de ellas no domina
a la otra. Supongamos que es F la que no domina a G. Entonces hay un día
en el que G es azul y F es roja, por lo que en ese día, G y F̅ son ambos azules,
por lo que F̅ ∩ G es azul en ese día, por lo que F̅ ∩ G ≠ r. Entonces por la
Proposición 8, F̅ ∩ G domina alguna flor básica X. Entonces F̅ y G ambos
dominan X (ya que ambos dominan F̅ ∩ G, que a su vez domina X). Puesto
que F̅ domina X y X ≠ r (X es básica) entonces F no domina X (Proposición
2). Así, G domina una flor básica que F no domina. [Por supuesto, si es G la
que no domina a F, entonces F domina alguna flor básica que G no domina].
Así pues, tenemos:
Proposición 9 - Si F y G son flores distintas, entonces una de ellas domina
alguna flor básica no dominada por la otra.
10 - Supongamos que S es un conjunto básico. Dejemos que F sea la unión
de S. Ahora dejemos que X sea cualquier flor básica que no esté en S. Debemos mostrar que F no domina a X.
Por la proposición 7, hay un día en el que X es azul y todas las demás
flores básicas son rojas, por lo que todas las flores de S son rojas, por lo que
su unión F debe ser roja en ese día. Así, hay un día en que X es azul y F no
lo es, lo que significa que F no domina a X. Así F domina a todas y sólo a
las flores básicas que están en S, y por lo tanto S = F*. tenemos así.
Proposición 10 - Cada conjunto básico S tiene un representante, es decir, la
unión de S.
11 - Como es bien sabido, el número de formas de seleccionar un conjunto
de objetos de entre n objetos dados es 2n. Por ejemplo, supongamos que
tenemos un grupo de 5 niños y decidimos llevar a algunos de ellos (tal vez
todos, tal vez ninguno) a un picnic. ¿De cuántas maneras se puede hacer
esto? Bueno, numerar los niños en algún orden (tal vez de acuerdo a la edad).
Para el primer niño tiene dos opciones: llevarlo o no llevarlo. Con cada una
de estas 2 opciones, tienes 2 opciones para el segundo niño; así que para los
dos primeros niños tienes 4 opciones en total (o el primero y no el segundo,
o el segundo pero no el primero, o ambos, o ninguno). Con cada una de estas
4 opciones para los dos primeros niños, tienes 2 opciones para el tercero,
haciendo 8 opciones posibles para los tres primeros. Con cada una de estas
8, tienes 2 opciones para el cuarto niño, haciendo 16 para los primeros cuatro. Luego con el quinto niño, hay 2 opciones posibles, haciendo 32 opciones
posibles entre los posibles grupos de 5 niños. Con 6 niños hay 64 grupos
posibles (26); con 7, hay 128 (27), y en general, con n objetos (niños u otras
― 79 ―
cosas) el número de formas de formar un conjunto de ellos (tomando algunos, tal vez todos, tal vez ninguno) es de 2n.
Volviendo a nuestro jardín de flores, ¡si n es el número de flores básicas,
entonces 2n es el número de conjuntos básicos, y por el Teorema 2, este es
también el número total de flores! Y así como corolario de Teorema 2 tenemos:
Proposición 11 - En un jardín booleano reducido y finito, el número de flores debe ser siempre una potencia de 2, más específicamente, 2n, donde n es
el número de flores básicas.
En particular, para el jardín de George en el que el número de flores está
entre 200 y 500, la única potencia de 2 en este intervalo es 256, que es 28. Y
así el jardín de George tiene 8 flores básicas y 256 flores en total.
― 80 ―
Capítulo 16
Jardines booleanos y Mentirosos variables
I - Más sobre los Jardines booleanos
Ahora necesitamos saber un poco más sobre los reducidos jardines booleanos que lo que descubrimos en el último capítulo.
Sabemos que cada flor F representa un único conjunto básico, el conjunto
F* de todas las flores básicas dominadas por F. Además, F es la unión del
conjunto F*. ¿Qué conjunto básico está representado por la flor b, que siempre es azul? Obviamente, b domina cada flor, y por lo tanto b* es el conjunto
de todas las flores básicas del jardín. Así también, b es la unión de todas las
flores básicas del jardín.
¿Qué es el conjunto r* (r es la flor que es constantemente roja)? Bueno, r
no domina ninguna otra flor que no sea r, y ninguna flor básica es r, por lo
que r no domina ninguna flor básica en absoluto. Por lo tanto, el conjunto r*
representado por r no tiene ninguna flor; es lo que se conoce como el conjunto vacío.
Un conjunto se llama vacío si no contiene ningún miembro, como por
ejemplo, el conjunto de todas las personas en un teatro después de que todos
se hayan ido. Dos conjuntos se denominan idénticos si y sólo si tienen exactamente los mismos miembros, es decir, ninguno de los conjuntos contiene
un miembro que no esté también en el otro. Bien, si E1 y E2 son ambos sets
vacíos, entonces seguramente ninguno de ellos contiene un miembro que no
esté en el otro, ya que ninguno de ellos contiene ningún miembro. Por lo
tanto, E1 y E2 contienen exactamente los mismos miembros, es decir, ningún
miembro en absoluto y por lo tanto E1 = E2. Por lo tanto, sólo hay un conjunto vacío, y está denotado por el símbolo “Ø”. Y así, vemos que b representa el conjunto de todas las flores básicas, y en el otro extremo, r representa el conjunto Ø que consiste en ninguna flor.
Ahora para algunas preguntas:
Problema 1 - ¿Cuál es el número mínimo de flores que un jardín booleano
reducido puede tener? [Asumimos, por supuesto, que existe al menos en un
día].
Problema 2 - ¿Es posible en un jardín booleano reducido que b pueda ser
una flor básica?
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Problema 3 - En un jardín booleano reducido, ¿puede haber un día en el que
todas las flores básicas sean rojas?
Problema 4 - Supongamos que X es una flor básica de un jardín booleano
reducido y que X es azul en un día ―llámelo Día 1― y es azul en otro día
―llámelo Día 2―. ¿Significa necesariamente que cada una de las flores
debe ser del mismo color en el día 1 que en el día 2?
Problema 5 - Digamos que dos días D1 y D2 son similares, o del mismo tipo
si cada una de las flores es del mismo color en ambos días. La pregunta es
¿cuántos tipos de días diferentes hay para el jardín de George? Dicho de otra
manera, ¿cuántas configuraciones de color posibles hay en el jardín de
George?
En este punto, el lector debe estar familiarizado con las soluciones a los
problemas anteriores. Será conveniente revisar ahora algunas de las cosas
que hemos aprendido en el último capítulo y hasta ahora en este capítulo.
Recordemos que se dice que una flor F domina a la flor G si F es azul en
todos los días en que G es azul, y una flor se llama básica si no es r y no
domina a ninguna otra flor que no sea ella misma y r. F* es el conjunto de
todas las flores básicas dominadas por F, y también F es la unión de F*, la
flor que es azul en todos y sólo aquellos días en que al menos una flor del
conjunto F* es azul. También recordamos los siguientes hechos:
F1: F domina G si y sólo si F ∩ G = F. También F domina G si y sólo si F̅
∩ G = r.
F2: Para cualquier flor básica X, tanto F como F̅ dominan X, pero no ambas.
F3: Cada día exactamente una flor básica es azul y todas las demás flores
básicas son rojas. Además, para cada flor básica X, hay un día en el que X
es azul y todas las demás flores básicas son rojas.
F4: La flor básica que es azul en un día determinado determina toda la configuración de color del jardín en ese día. Así, si F es azul en un día en el que
la flor básica X es azul, entonces F es azul en todos los días en los que X es
azul, y así F domina a X. [También, si F es roja en un día en que X es azul,
entonces F es roja en todos los días en que X es azul],
F5: El conjunto de flores está en correspondencia 1-1 con el conjunto de
conjuntos de flores básicas, cada flor F corresponde al conjunto F* de flores
dominadas por F. Además, F es la unión de F*, es decir, F es azul cuando y
sólo cuando al menos una flor en F* es azul. Por lo tanto, el número de flores
es el mismo que el número de conjuntos básicos, siendo este número 2n,
donde n es el número de flores básicas.
― 82 ―
Ahora tenemos que establecer otro hecho: Para cualquier flor A, B y C,
es obvio que A ∩ B domina C si y sólo si A y B cada una domina C. Puede
ser tentador creer que A B domina C si y sólo si al menos una de A o B
domina C, pero en general ¡esto no es cierto! Por supuesto, si A o B domina
C, entonces también lo hace A B, ya que A B domina tanto A como B.
Pero si A B domina C, no se deduce que A domine C o B domine C. Por
ejemplo, considera un jardín booleano con más de dos flores. Dejemos que
A sea cualquier otra flor que no sea b o r. Entonces A también es diferente
tanto de b como de r. Ni A ni Ā domina b (b es la única flor que domina b),
pero A Ā sí domina b, ya que A Ā es la flor b. Y así, en general, no es
cierto que si A B domina C, entonces o A o B dominan C, pero sí tenemos
el siguiente hecho importante:
F6: Para cualquier flor básica X, si A
de las flores A o B debe dominar X.
B domina X, entonces al menos una
Problema 6 - Probar F6.
Conjuntos de flores básicas - Para cualquier conjunto S de flores básicas,
por S′ nos referimos al conjunto de todas las flores básicas que no están en
S. [Llamamos S′ al complemento de S (relativo al conjunto de flores básicas)]. Para cualquier conjunto S1 y S2 de flores básicas, por S1 U S2 se entiende el conjunto que consiste en todas las flores de S1 junto con todas las
flores en S2. Así, S1 S2 es el conjunto de todas las flores básicas que pertenecen a S1 o a S2, o a ambos. [Llamamos a S1 S2 la unión de S1 con S2].
Por S1 ∩ S2 se entiende el conjunto de todas las flores básicas que pertenecen
tanto a S1 como a S2. [Llamamos a S1 ∩ S2 la intersección de S1 con S2].
Como ejemplo, supongamos que hay ocho flores básicas A, B, C, D, E,
F, G, H en el jardín. Supongamos que S1 es el conjunto {A, B, C, D, E} y S2
es el conjunto {D, E, F, G}. Entonces S̅1 = {F, G, H}; S̅̅̅2 = {A, B, C, H};
S1 S2 = {A, B, C, D, E, F, G} y S1 ∩ S2 = {D, E}. También S̅̅̅̅̅̅̅̅̅
1 ∪ S2 =
{H} (el conjunto que consiste en una sola flor H).
Ahora viene un problema importante.
Problema 7 - Pruebe el hecho F7 a continuación.
F7: Para cualquier flor F y G:
(1) F̅* = F*′. [En otras palabras, el conjunto de flores básicas dominadas por
F̅ es el complemento del conjunto de flores básicas dominadas por F].
(2) (F G)* = F* G*. En otras palabras, el conjunto de flores básicas
dominado por F G es la unión del conjunto de flores dominado por F
con el conjunto de flores dominado por G].
― 83 ―
(3) (F ∩ G)* = F* ∩ G*. [En otras palabras, el conjunto de flores dominado
por F ∩ G es la intersección del conjunto de flores dominado por F con
el conjunto de flores dominado por G].
II - Jardines e Islas booleanos
Recordemos que en el capítulo 12 tratamos con mentirosos variables,
gente que puede mentir en algunos días y ser sincera en otros. Ahora consideramos una isla en la que todos los habitantes son mentirosos variables. El
comportamiento de cada habitante es constante a lo largo de un día determinado (cada uno miente todo el día, o es veraz todo el día), pero su comportamiento puede cambiar de un día a otro. Se nos dice que para cualquier
habitante A y B, hay un habitante C que miente en aquellos y sólo aquellos
días en los que A y B dicen la verdad (al igual que en un jardín booleano,
para cualquier flor A y B, hay una flor C que es roja en aquellos y sólo
aquellos días en los que A y B son ambos azules). A tal isla la llamaremos
isla booleana. Este tipo de isla es exactamente como un jardín booleano,
excepto que las flores son reemplazadas por personas, y “azul” por “veraz”
y “rojo” por “mentiroso”. Llamamos a dos habitantes similares si son sinceros en los mismos días, y llamamos a la isla una isla booleana reducida si
no hay dos habitantes distintos similares. Ahora asumiremos que nuestra isla
es una isla booleana reducida. Entonces, como en los jardines booleanos,
dejamos que Ā sea el individuo que es veraz en aquellos y sólo aquellos días
en que A miente, y para cualquier habitante A y B, dejamos que A ∩ B sea
el habitante que es veraz en aquellos y sólo aquellos días en que A y B son
ambos veraces, y A B sea el habitante que es veraz en aquellos y sólo
aquellos días en que al menos uno de A y B es veraz. Dejamos que L sea el
mentiroso constante, el que miente todos los días (L = A ∩ Ā para cualquier
habitante A). En analogía con los jardines de flores, decimos que A domina
a B si A es veraz en todos los días que B es veraz, y llamamos básico a un
habitante X si X no domina a ningún otro habitante que no sea X y L, y X ≠
L.
Todo lo que hemos probado hasta ahora sobre los jardines booleanos reducidos pasa intacto a las islas booleanas reducidas, sustituyendo “azul” por
“veraz” y “rojo” por “mentiroso”. En particular, los hechos F1-F7 para los
jardines de flores tienen sus analogías exactas I1-I7 abajo para las islas booleanas.
I1: El habitante A domina al habitante B si y sólo si A ∩ B = A. También A
domina a B si y sólo si Ā ∩ B = L.
I2: Para cualquier habitante básico X, o A o Ā domina X, pero no ambos.
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I3: Cada día, exactamente un habitante básico es verdadero y todos los demás habitantes básicos mienten. Además, para cada habitante básico X, hay
un día en el que X es veraz y todos los demás habitantes básicos mienten.
I4: Para cualquier habitante básico X y cualquier habitante A, si A es veraz
(mentiroso) en un día en el que X es veraz, entonces A es respectivamente
veraz (mentiroso) en cada día en el que X es veraz.
I5: El conjunto de habitantes se corresponde en 1-1 con el conjunto de conjuntos de habitantes básicos (cada habitante A corresponde al conjunto A*
de habitantes básicos dominado por A). También A es el conjunto de A* en
el sentido de que A es veraz en aquellos y sólo aquellos días en los que al
menos un miembro del conjunto A* es veraz. El número de habitantes es el
mismo que el número de conjuntos de habitantes básicos, que es 2n, donde
n es el número de habitantes básicos.
I6: Para cualquier habitante básico X, si A B domina X, entonces al menos
uno de los habitantes A o B debe dominar X.
I7: Para cualquier habitante A y B:
(1) Ā* = A*′. [A*′ significa el conjunto de todos los habitantes básicos que
no están en A*].
(2) (A B)* = A* B*.
(3) (A ∩ B)* = A* ∩ B*.
Resulta que en alguna región remota de algún océano lejano, hay dos islas
booleanas reducidas vecinas, una de las cuales está habitada por hombres
solteros, y la otra, por mujeres solteras, y el número de hombres es el mismo
que el de mujeres. Los machos quieren casarse con las hembras de tal manera que para cualquier macho M1 y M2 y sus correspondientes esposas W1
y W2, las siguientes tres condiciones se mantienen:
(1) 1 está casada con 1.
(2) M1 ∩ M2 está casada con W1 ∩ W2.
(3) M1 M2 está casada con W1 W2.
Tal acuerdo de matrimonio, si es posible, lo llamaremos un encuentro
booleano. La primera pregunta ahora es si un matrimonio booleano es siempre posible, sin importar el número de habitantes. La segunda pregunta es si
el número de coincidencias booleanas posibles puede ser determinado sólo
con saber el número de habitantes. Les diré ahora mismo que la respuesta a
ambas preguntas es sí. Incluso le diré que si el número de habitantes en cada
isla es 256 (que es el número de flores en el jardín reducido de George B.),
entonces el número de posibles coincidencias booleanas es 40.320.
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Si el lector está completamente desconcertado por cómo se obtuvo el número 40.320, ¡estoy complacido! También le aseguro al lector que se sentirá
agradablemente desconcertado después de leer las soluciones.
Ahora viene un segundo problema: En medio de la isla de los hombres,
hay un reducido jardín de flores booleanas, que casualmente tiene el mismo
número de flores como hay hombres. Por una coincidencia aún más extraña,
el conjunto de hombres está sincronizado con el conjunto de flores, en el
sentido de que por cada dos días en los que cada hombre se comporta de
manera similar (cada uno miente en ambos días o dice la verdad en ambos
días) cada flor es del mismo color en ambos días. Un día, los hombres decidieron que les gustaría arreglar las cosas de manera que cada uno escogiera
y llevara una flor en su solapa de tal manera que la flor de cada hombre fuera
azul en los días en que dijera la verdad, y roja en los días en que mintiera.
Si esto se pudiera hacer, sería de gran ventaja para los visitantes de la isla,
ya que un visitante podría entonces decir de cualquier hombre dado si era
veraz o mentiroso en ese día, simplemente observando el color de la flor que
llevaba puesta]. La primera pregunta es si este plan puede llevarse a cabo.
La segunda pregunta es de cuántas maneras se puede llevar a cabo el plan,
asumiendo que el número de hombres es de 256.
Otro problema: En la isla booleana de las mujeres, también hay un jardín
de flores booleanas con el mismo número de flores como hay mujeres y las
mujeres están sincronizadas con las flores. Un día las mujeres decidieron un
plan más inteligente que el de los hombres, ¡un plan que engañaría a todos
los futuros visitantes de la isla! El plan era que cada mujer debía recoger y
llevar en su pelo una flor que sería roja en los días en que fuera sincera, y
azul en los días en que mintiera. ¿Puede llevarse a cabo este plan?
III - Soluciones a los tres problemas
Vamos a resolver el primer problema a través de una pequeña serie de
problemas.
Problema 8 - Supongamos que bajo un encuentro booleano dado, los machos M1, M2 y M3 están casados con W1, W2 y W3 respectivamente. Demuestre los siguientes hechos:
(1) 1 = 2 si y sólo si 1 = 2.
(2) M1 M2 = M3 si y sólo si W1 W2 = W3.
(3) M1 ∩ M2 = M3 si y sólo si W1 ∩ W2 = W3.
Problema 9 - Supongamos que en un encuentro booleano, los machos M1 y
M2 tienen sus respectivas esposas W1 y W2. Demuestra que M1 domina M2
si y sólo si W1 domina W2.
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Problema 10 - Probar que en un encuentro booleano el hombre constante
que dice la verdad debe estar casado con la mujer constante que dice la verdad, y el hombre constante que miente debe estar casado con la mujer constante que miente.
Problema 11 - Demostrar que en un encuentro booleano, cada macho básico
debe estar casado con una mujer básica.
Problema 12 - Demostrar que de cualquier manera que casemos los machos
básicos con las mujeres básicas, hay entonces una y sólo una manera de casar a todos los demás para lograr un emparejamiento booleano.
Problema 13 - Ahora podemos determinar el número de posibles parejas
booleanas, dado el número de parejas. Supongamos que hay 128 varones.
¿Cuántos posibles emparejamientos booleanos hay? ¿Y si el número es
1024? ¿Y si el número es 256?
Problema 14 - Ahora consideremos el problema de los hombres que recogen las flores. Mostrar que el número de posibilidades no depende del número de habitantes, y determinar cuál es este número.
Problema 15 - ¿Es posible el esquema de las mujeres?
SOLUCIONES
1 - Puesto que b es azul todos los días y r es rojo todos los días y hay al
menos un día, entonces hay al menos un día en el que b es azul y r es rojo,
por lo tanto b ≠ r. Por lo tanto, cada jardín booleano debe contener al menos
dos flores (b y r). Además, el conjunto {b, r} que consiste sólo en las flores
b y r forma un pequeño jardín booleano por sí mismo (como el lector puede
verificar fácilmente), y este pequeño jardín es obviamente reducido. Y así,
2 es el número mínimo posible de flores en un jardín booleano reducido.
2 - Sí, pero sólo si b y r son las únicas flores del jardín, porque entonces b
domina sólo a sí misma y r, por lo tanto b es básica. De rutina si el jardín
contiene más de dos flores, entonces b debe dominar alguna flor F que no
sea b o r (ya que todas las flores están dominadas por b), por lo tanto b no
es básica.
Así que la respuesta completa es que en un jardín booleano de 2 elementos, b es básico, pero si el jardín tiene más de dos flores, entonces b no es
básico.
3 - La flor b es la unión del conjunto de todas las flores básicas (ya que b
representa este conjunto), y por lo tanto si todas las flores básicas fueran
― 87 ―
rojas un día, entonces su unión sería roja en ese día, lo que significaría que
b es roja en ese día, lo cual no es posible. Por lo tanto, no hay ningún día en
el que todas las flores básicas sean rojas.
Este hecho, junto con el hecho probado anteriormente de que no hay dos
flores básicas distintas que puedan ser azules en el mismo día nos lleva a la
realización de que cada día, una flor básica es azul y todas las demás flores
básicas son rojas.
4 - ¡Sí, así es! X es azul en el día 1 y el día 2, y en ambos días, todas las
demás flores básicas son rojas. Ahora cada flor F es la unión de una y sólo
un conjunto básico, el conjunto F*. Bueno, F* contiene X o no. Si la tiene,
entonces F es azul en el día 1 y en el día 2 y si no la tiene, entonces F es roja
en ambos días. Por lo tanto, F es del mismo color en ambos días.
Y así, vemos que en cada día, toda la distribución de color de todas las
flores está completamente determinada por cuál de las flores básicas resulta
ser azul en ese día!
5 - Acabamos de ver que toda la configuración de color del jardín en un día
determinado está completamente determinada por cuál de las flores básicas
resulta ser azul en ese día. Por lo tanto, el número de configuraciones de
color posibles es el mismo que el número de flores básicas. Para el jardín de
George, este número es ocho.
6 - Supongamos que X es básica y que A B domina sobre X. En algunos
días X es azul, y por lo tanto A B también es azul en esos días. Por lo
tanto, en esos días, A o B (tal vez ambos) deben ser azules. El que sea azul
esos días, debe serlo todos los días que X sea azul (por F4, ya que X es básico) y por lo tanto debe dominar a X.
7 - Para mostrar que dos conjuntos de S1, S2 de las flores son iguales, basta
con mostrar que cada flor de S1 está en S2, y que cada flor de S2 está en S1.
Si esto se puede mostrar, entonces S1 y S2 contienen exactamente las mismas
flores, y por lo tanto debe ser el mismo conjunto. En lo que sigue, X es
cualquier flor básica.
(1) Supongamos que la flor X está en F̅*′. Entonces F̅ domina a X. Entonces F no domina a X (por F2). Por lo tanto, X no está en el conjunto F*,
por lo que X está en su complemento F*′. Por lo tanto F*′ contiene todas las
flores de F̅*.
A la inversa, supongamos que X está en F*′. Entonces X no está en F*
por lo que F no domina a X, y por lo tanto F̅ sí domina a X (del hecho F2),
y por lo tanto X está en F̅*. Así, F̅* contiene todas las flores en F*′, lo que
concluye la prueba de que F̅* = F*′.
― 88 ―
(2) Supongamos que X está en F* G*. Entonces X está en F* o G* (tal
vez en ambos), por lo que F o G domina a X, y en cualquier caso, F G
domina a X (porque F G domina tanto a F como a G), lo que significa que
X está en (F G)*. Por lo tanto, todas las flores en F* G* están en (F
G)*.
A la inversa, supongamos que X está en (F G)*. Entonces X está dominada por F G, y X es básica. Por lo tanto, por el hecho F6, ya sea F o G
debe dominar a X, y así X está en (F*) o (G*), y en cualquier caso está en
(F* UG*). Por lo tanto, todas las flores en (F G)* están en F* G*, lo
que concluye la prueba de que (F G)* =F* G*.
(3) La afirmación (F ∩ G)* = F*∩ G* dice ni más ni menos que una flor
básica X está dominada por F ∩ G si y sólo si está dominada tanto por F
como por G, lo cual es obvio. [De hecho, cualquier flor H, básica o no, está
dominada por F ∩ G si y sólo si está dominada tanto por F como por G].
8 - Esto es realmente tan obvio que es cuestionable si debería haberlo dado
como un problema. Daré sólo la solución de (2), ya que las pruebas de (3) y
(1) son similares.
M1 M2 está casada con W1 W2 y M3 está casada con W3. Ahora, si
M1 M2 es la misma persona que M3, entonces sus esposas son la misma
persona, y por lo tanto W1 W2 = W3. Por el contrario, si W1 W2 = W3,
entonces el marido de W1 W2 es la misma persona que el marido de W3,
lo que significa que M1 M2 = M3.
9 - Supongamos que M1 domina a M2. Entonces M1 ∩ M2 = M1 (del hecho
I1). Por lo tanto W1 ∩ W2 = W1 (Problema 8), y por lo tanto W1 domina W2
(del hecho I1). Por el contrario, si W1 domina W2, entonces W1 ∩ W2 = W1,
por lo tanto M1 ∩ M2 = M1, y por lo tanto M1 domina M2.
10 - Que M sea cualquier varón y W su esposa (en un encuentro booleano).
Entonces
debe estar casado con , y por lo tanto M
debe estar
casado con W
, pero M
es el hombre veraz que dice la verdad y W
es la mujer veraz que dice la verdad, y por lo tanto esos dos están
casados. También, M ∩ debe estar casado con W ∩ , y por lo tanto el
constante hombre mentiroso está casado con la constante mujer mentirosa.
11 - Que L1 sea el hombre mentiroso constante y que L2 sea la mujer mentirosa constante. Entonces L1 se casa con L2, como vimos anteriormente.
Ahora, que M sea cualquier hombre y W su esposa. Si M es básico, entonces
M domina sólo a M y L1, por lo tanto W domina sólo a W y L2 (Problema
9), lo que significa que W es básico. Recíprocamente, si W es básico, entonces W domina sólo a W y L2, por lo tanto M domina sólo a M y L1, y por lo
tanto M es básica. Esto prueba que M es básico si y sólo si W es básico.
― 89 ―
12 - Una vez que los varones básicos se casan con las mujeres básicas, cada
M masculino se casa según el siguiente esquema: M* es el conjunto de hombres básicos dominados por M. Que S sea el conjunto de esposas de los
hombres de M*. Entonces hay una y sólo una mujer W tal que W* = S (es
decir, W es la unión de S). Entonces M se casa con W. Y así, para cualquier
hombre M y mujer W, si W* es el conjunto de esposas de los hombres en
M*, entonces M está casada con W. Recíprocamente, si M está casada con
W, entonces W* debe ser el conjunto de esposas de los hombres en M* para
que S sea este conjunto de esposas. Entonces M está casada con la unión de
S, y como M está casada con W, entonces W es la unión de S, y por lo tanto
S es el conjunto W*. Así W* es el conjunto de esposas de los hombres de
M*.
Por lo tanto, tenemos el siguiente hecho básico: Para cualquier hombre
M y mujer W, M está casada con W si y sólo si W* es el conjunto de esposas
de los hombres en M*.
Ahora mostramos que este matrimonio es un encuentro booleano.
(1) Supongamos que M está casado con W. Debemos mostrar que está
casado con . Bueno, ya que M está casado con W, entonces W* es el conjunto de esposas de los hombres de M*. Entonces cada mujer básica que no
está en W* es la esposa de algún hombre básico que no está en M*, y cada
hombre básico que no está en M* está casado con una mujer básica que no
está en W*, y así el conjunto de mujeres básicas que no están en W* es el
conjunto de esposas de los hombres básicos que no están en M*. Así, W*′
es el conjunto de esposas de los hombres en M*′, pero del hecho I7, W*′ =
* y M* = *. Por lo tanto, * es el conjunto de esposas de los hombres
de *, y así está casada con W, lo que se iba a demostrar.
(2) , (3) Supongamos que M1 está casada con W1 y M2 con W2. Debemos
demostrar que M1 ∩ M2 está casada con W1 ∩ W2, y que M1 M2 está
casada con W1 W2. Ahora, W1* es el conjunto de esposas de los hombres
en M1*, y W2* es el conjunto de esposas de los hombres en M2*, y por lo
tanto W1* ∩ W2* es el conjunto de esposas de los hombres en M1* ∩ M2*
(porque cada mujer en W1* ∩ W2* está tanto en W1* como en W2*, por lo
tanto está casada con un hombre que está tanto en M1* como en M2*, y por
lo tanto está en M1* ∩ M2*, y de manera similar, cada hombre en M1* ∩
M2* debe estar casado con una mujer en W1* ∩ W2*). Sin embargo, M1* ∩
M2* = (M1 ∩ M2)* y W1* ∩ W2* = (W1 ∩ W2)* (del hecho I1) y así (W1 ∩
W2)* es el conjunto de esposas de los hombres en (M1 ∩ M2)*. Por lo tanto,
M1 ∩ M2 debe estar casada con W1 ∩ W2.
La prueba de que M1 M2 está casada con W1 W2 es similar. [Por
cierto, la condición (3) de la definición de un emparejamiento booleano no
era necesaria para declarar explícitamente, ya que se deriva de las otras dos
― 90 ―
̅̅̅̅̅̅̅
condiciones, utilizando el hecho de que A B = (A
∩ B), que se mantiene
para cualquier configuración booleana reducida, ya sean jardines de flores o
islas].
13 - Hemos visto que bajo cualquier emparejamiento booleano, los varones
básicos deben casarse con las mujeres básicas. También, hemos visto que
cualquier matrimonio entre varones básicos y mujeres básicas puede extenderse en una y sólo una forma a un encuentro booleano. Y así, el número de
posibles parejas booleanas es el mismo que el número de formas en que los
varones básicos pueden casarse con las mujeres básicas. ¿Cuántas formas
hay, dado el número de habitantes de cada isla?
Bueno, supongamos por ejemplo que hay 64 hombres y 64 mujeres.
Ahora, 64 = 26, y entonces hay entonces 6 hombres y 6 mujeres básicos.
Ordena los 6 varones básicos en cualquier orden. Para el primer varón, hay
6 posibilidades para su esposa. Una vez elegidas, quedan 5 posibilidades
para el segundo varón, por lo que hay 6 × 5 = 30 posibilidades para los dos
primeros varones. Con cada una de estas 30 posibilidades, hay 4 posibilidades para el tercer varón, y por lo tanto hay 30 × 4 = 120 posibilidades para
los tres primeros varones. Con cada una de estas posibilidades hay 3 posibilidades para el cuarto varón, por lo que 120 × 3 = 360 posibilidades para los
primeros cuatro varones. Con cada una de estas, hay 2 posibilidades para el
quinto varón, lo que hace 2 × 360 = 720 posibilidades para los primeros 5
varones. Entonces, sólo queda una posibilidad para el sexto varón, por lo
que hay 720 posibilidades en total. Así, si hay 6 varones básicos y 6 mujeres
básicas, el número de posibles parejas booleanas es 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 =
720. Si hubiera 7 varones básicos y 7 mujeres básicas (que es el caso si hay
256 varones y 256 mujeres), entonces la respuesta sería 7 × 6 × 5 × 4 × 3 ×
2 × 1, que es 7 × 720 = 5040. Si hubiera 8 varones básicos y 8 mujeres
básicas (que es el caso si hay 256 varones y 256 mujeres), entonces la respuesta sería 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 8 × 5040 = 40.320. [¡Ahora ves
cómo se obtuvo el número 40.320!]
En general, para cualquier número entero positivo n por n factorial (llamado factorial de n), escrito n!, se entiende el producto de todos los números
enteros positivos de 1 a n. Y así, en las islas Booleanas de 2n varones y 2n
mujeres, hay n varones básicos y n mujeres básicas, y el número de posibles
coincidencias booleanas es n!. Si el número de habitantes de cada isla es
1024, entonces 1024 = 210, y así hay 10 varones básicos y 10 mujeres básicas, por lo que el número de posibles coincidencias booleanas es entonces
10! es decir, 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1, que es 10 × 9 × (8 × 7 ×
6 × 5 × 4 × 3 × 2 × l) = 10 × 9 × 40, 320 = 90 × 40, 320 = 3.628.800.
― 91 ―
14 - Esto se puede hacer de una y sólo una manera, y es así: Cada hombre
básico es veraz algún día y ese día, una y sólo una flor básica es azul. Luego
elige y usa esta flor básica. [El día en particular en que es veraz y escoge su
flor básica no importa, ya que por la condición de sincronización dada, si
una flor básica es azul en un día en el que un hombre básico es veraz, es azul
en todos los días en los que es veraz]. Por lo tanto, hay una y sólo una manera
en la que los hombres básicos pueden recoger sus flores básicas. Una vez
que esto se hace, entonces, en similitud con el primer problema todos los
hombres recogen sus flores de acuerdo con la regla: El hombre M escoge la
flor F si y sólo si F* es el conjunto de flores recogidas por los hombres de
M*. Entonces, cualquier día, M es veraz si y sólo si uno de los hombres de
M* es veraz, que es el caso si y sólo si una de las flores de F* es azul, que a
su vez es así si y sólo si F es azul.
Vemos así que el número de habitantes y el número de flores no tiene
nada que ver con esto (asumiendo, por supuesto, que los números son los
mismos). Independientemente de este número, hay una y sólo una forma en
que los hombres pueden escoger sus flores para que coincidan con su veracidad (azul que coincide con la verdad y rojo que coincide con la falsedad).
15 - Sí, es posible. La forma más simple de verlo es la siguiente: Cada mujer
escoge y sostiene temporalmente una flor de la misma manera que en el caso
de los hombres, de modo que la flor que sostiene es azul todos los días en
que es veraz, y roja todos los días en que miente. Entonces cada mujer W
simplemente intercambia su flor con la de .
― 92 ―
Capítulo 17
Lógica proposicional y Jardines booleanos
Todo lo que hemos demostrado en los últimos cuatro capítulos no son
más que casos especiales de diversos resultados en el campo conocido como
Álgebra Booleana, un tema que es de importancia básica hoy en día, no sólo
en los fundamentos de las matemáticas, sino también en los campos prácticos de la ingeniería eléctrica y la informática. Estudiaremos el álgebra booleana en su completa generalidad en los capítulos 19, 20 y 21. En este capítulo nos ocuparemos del campo relacionado con la lógica proposicional y su
relación con los jardines booleanos, y en el siguiente capítulo estudiaremos
el álgebra booleana de conjuntos (un caso especial del álgebra booleana en
general).
Observaciones - Alguien me preguntó una vez: “¿Qué es este extraño tema
del álgebra booleana con ecuaciones tan extrañas como 1 = 1 = 0? Le respondí que en el álgebra booleana, los símbolos 1, +, 0 tienen significados
totalmente diferentes a los de la aritmética ordinaria. Cuáles son estos significados se explicarán en un capítulo posterior. Pero ahora, pasemos al
campo básico de la lógica proposicional.
I - Lógica proposicional
Las conexiones lógicas - Al igual que en el álgebra ordinaria, usamos las
letras x, y, z con o sin subíndices, como soporte de números arbitrarios, así
que en la lógica proposicional usamos las letras p, q, r con o sin subíndices
como soporte de proposiciones arbitrarias.
Las proposiciones pueden ser combinadas usando las llamadas conectivas lógicas. Las principales son:
(1) ′ (no)
(2) ˄ (y)
(3) ˅ (o)
(4) ⸧ (si-entonces)
(5) ≡ (si y sólo si)
Esto es lo que significan:
(1) Negación - Para cualquier proposición p, por p′ (a veces escrito ~ p, o a
veces ¬ p) se entiende lo opuesto o contrario a p. Por ejemplo, si p es la
― 93 ―
proposición de que Jack es culpable, entonces p′ es la proposición de que
Jack no es culpable. La proposición p′ se lee “no es el caso que p”, o más
brevemente, “no p”. La proposición p′ se llama la negación de p, y es verdadera si p es falsa, y falsa si p es verdadera. Estos dos hechos se resumen
en la siguiente tabla, que se llama la tabla de verdad para la negación. En
esta tabla, como en todas las tablas que siguen, usaremos la letra “V” para
significar verdad y la “F” para significar falsedad:
p
V
F
p′
F
V
La primera línea de esta tabla de la verdad dice que si p tiene el valor V
(en otras palabras, si p es verdadera), entonces p′ tiene el valor F (p′ es falso).
La segunda línea dice que si p tiene el valor F, entonces p′ tiene el valor V.
También podemos expresarlo en las siguientes ecuaciones:
V′ = F
F′ = V
(2) Conjunción - Para cualquier proposición p y q, la proposición de que p
y q son ambas verdaderas se escribe “p ˄ q” (a veces “p & q”). Llamamos p
˄ q a la conjunción de p y q, y se lee “p y q son ambas verdaderas”, o más
brevemente, “p y q”. Por ejemplo, si p es la proposición de que Jack es culpable y q es la proposición de que Jill es culpable, entonces p ˄ q es la proposición de que Jack y Jill son ambos culpables.
La proposición p ˄ q es verdadera si p y q son ambas verdaderas y es
falsa si al menos una de ellas es falsa. Así pues, tenemos las siguientes cuatro
leyes de conjunción:
V˄V=V
V˄F=F
F˄V=F
F˄F=F
Esto también se expresa en la siguiente tabla, la tabla de verdad para la
conjunción.
p
V
V
F
F
q
V
F
V
F
― 94 ―
p˄q
V
F
F
F
(3) Disyunción - Escribimos “p ˅ q” para significar que al menos una de las
proposiciones p, q es verdadera (y tal vez ambas). Leemos “p ˅ q” como “o
p o q”, o más brevemente “p o q”. Es verdadero si al menos una de las proposiciones p, q es verdadera, y falsa sólo si p y q son ambas falsas.
Por ejemplo, si p es la proposición de que Jack es culpable y q es la proposición de que Jill es culpable, entonces p ˅ q es la proposición de que al
menos una de las dos personas, Jack o Jill es culpable (y tal vez ambos).
Cabe señalar que en el español ordinario, la frase “o” se utiliza en dos
sentidos: el sentido estricto o exclusivo, que significa exactamente uno, y el
sentido vago o inclusivo, que significa al menos uno. Por ejemplo, si digo
que mañana me casaré con Betty o Jane, por supuesto quiero decir que me
casaré con una y sólo una de las dos damas, y por lo tanto estoy usando
“cualquiera de las dos” en el sentido exclusivo. Por otro lado, si un anuncio
de una secretaria requiere que la candidata sepa francés o alemán, ¡la candidata no será rechazada por conocer ambos! Así que en este caso, “o” se usa
en el sentido inclusivo. Ahora bien, en la lógica formal, las matemáticas y la
informática, siempre utilizamos “o” en el sentido inclusivo, y así p ˅ q significa que al menos una de las p, q es verdadera.
También debo señalar que en latín, hay dos palabras diferentes para los
dos sentidos diferentes: “aut” se usa para el sentido exclusivo, y “vel” para
el sentido inclusivo. De hecho, el símbolo lógico “˅” de “o” viene en realidad de la palabra latina “vel”.
La proposición p ˅ q se llama la disyunción de p y q, y tiene la siguiente
tabla de verdad:
p
V
V
F
F
q
V
F
V
F
p˅q
V
V
V
F
Observamos que tenemos una F para p ˅ q sólo en la última fila (en la
que p y q son ambas F). Esta tabla también puede ser expresada por las ecuaciones:
V˅V=V
V˅F=V
F˅V=V
F˅F=F
4) Si-entonces - El símbolo “⸧” de “si-entonces” es particularmente problemático para los primeros en entrar en contacto con la lógica simbólica, ya
― 95 ―
que es dudoso que el significado de “si-entonces”, tal como lo utilizan técnicamente los lógicos, sea muy similar al de uso común.
Para cualquier proposición p y q, escribimos “p ⸧ q” para significar “si
p, entonces q”; también leemos “p implica q”, o “no es el caso que p sea
verdadera y q sea falsa”, o “cualquiera de las dos p es falsa, o p y q son
ambas verdaderas”. Así, p ⸧ q significa que no se puede tener p sin tener
también q, o en otras palabras que o bien p es falso, o bien p y q son ambas
verdaderas.
¿Cómo vamos a evaluar la verdad o la falsedad de p ⸧ q, dada la verdad
o la falsedad de cada una de las p y q? Bueno, hay 4 casos a considerar. O
bien p y q son ambas verdaderas, o bien p es verdadera y q es falsa, o bien
p es falsa y q es verdadera, o bien p y q son ambas falsas. En el primer caso,
ya que q es verdadero, entonces ciertamente es el caso que si p, entonces q
(porque para el caso, si no p entonces q también se mantendría. Si q es absolutamente cierto, entonces “si p entonces q” es bastante independiente de
p). Así que claramente tenemos
(1) V ⸧ V = V
A continuación, si p es verdadera y q es falsa, entonces p ⸧ q debe ser
falsa (porque una proposición verdadera nunca puede implicar una proposición falsa), y así tenemos
(2) V ⸧ F = F
En el tercer caso, ya que q es verdadero, entonces también es el caso de
que p ⸧ q es verdadero, independientemente de si p es verdadero o falso, y
así tenemos
(3) F ⸧ V = V
Ahora, el cuarto caso es el desconcertante: Supongamos que p y q son
ambas falsas; ¿qué deberíamos hacer con “si p, entonces q”? Algunos podrían suponer que debería ser falsa, otros que es verdadera, y otros que es
inaplicable. En ese momento, se debe tomar una decisión de una vez por
todas, y la decisión que han tomado los lógicos y los informáticos es que en
este caso, p ⸧ q debe ser declarada verdadera. Permítanme darles lo que creo
que es un buen argumento de por qué esta decisión es sabia.
Supongamos que pongo una carta boca abajo sobre la mesa, sin dejarte
ver primero la cara. Entonces digo: “Si esta carta es la reina de espadas,
entonces es negra”. ¡Seguramente, estarás de acuerdo! Así, dejando p la proposición de que la carta es la reina de picas y q la proposición de que la carta
es negra, afirmo p ⸧ q, y usted está de acuerdo. Ahora, supongamos que doy
― 96 ―
la vuelta a esta carta, y resulta ser el cinco de diamantes, ¿debo entonces
retractarme de mi afirmación? Usted originalmente estuvo de acuerdo en
que el p ⸧ q es verdadero, pero posteriormente ha visto que tanto p y q son
falsos (la carta no es ni la reina de espadas ni negra), pero ¿no sigue siendo
cierto que si la carta hubiera sido la reina de espadas, entonces habría sido
negra? Y así, aquí está un ejemplo perfecto de un caso en el que p ⸧ q es
verdadera aunque p y q son ambas falsas. Y así, tenemos
(4) F ⸧ F = V
Por lo tanto, la tabla de verdad para ⸧ es la siguiente:
p
V
V
F
F
q
V
F
V
F
p⸧q
V
F
V
V
Hay que subrayar que p ⸧ q es falso sólo en el caso de que p sea verdadero y q sea falso, en los otros tres casos, es verdadero.
(5) Si-y-solo-si - Si escribimos p ≡ q significa que p y q son ambos verdaderos o ambos falsos; o lo que es lo mismo, si uno de los dos es verdadero,
también lo es el otro. Leemos p ≡ q como “p si y sólo si q” o “p y q son
equivalentes” (en lo que respecta a su verdad o falsedad).
Dado que p ≡ q es verdadero cuando y sólo cuando p y q son ambos
verdaderos o ambos falsos, entonces p ≡ q es falso cuando y sólo cuando
uno de p, q es verdadero y el otro falso (ya sea p verdadero y q falso, o p
falso y q verdadero), así que aquí está la tabla de verdad para ≡:
p
V
V
F
F
q
V
F
V
F
O, como ecuaciones:
V≡V=V
V≡F=F
F≡V=F
F≡F=V
― 97 ―
p≡q
V
F
F
V
Observamos que p ≡ q se mantiene si y sólo si p ⸧ q y q ⸧ p ambos se
mantienen. Por lo tanto, p = q podría considerarse como una abreviatura de
(p ⸧ q) ˄ (p ⸧ p). Observamos a veces se llama condicional a la operación
⸧, y bi-condicional a ≡.
Las operaciones ′, ˄, ˅, ⸧, ≡ son ejemplos de lo que se llaman conectividades lógicas.
Paréntesis - Uno puede combinar proposiciones simples en proposiciones
compuestas de muchas maneras, usando las conectivas lógicas. Normalmente necesitamos paréntesis para evitar la ambigüedad. Por ejemplo, si
escribimos p ˄ q ˅ r sin paréntesis, no se puede decir cuál de las siguientes
tiene sentido:
(1) O bien p ˄ q es cierto, o bien r es cierto.
(2) p es cierto y q ˅ r es cierto.
Si queremos decir (1), debemos escribir (p ˄ q) ˅ r, mientras que si queremos decir (2), debemos escribir p ˄ (q ˅ r). La situación es análoga al
álgebra: (x + y) × z tiene un significado diferente de x + (y × z), por ejemplo,
(2 + 3) × 4 = 20, mientras que 2 + (3 × 4) = 141. Por lo tanto, necesitamos
paréntesis en la lógica proposicional para la puntuación.
Tablas de verdad compuesta - Por el valor de verdad de una proposición
se entiende su verdad o falsedad, es decir V, si p es verdadero, y F, si p es
falso. Así, la proposición de que 2 + 3 = 5 y París es la capital de Francia,
aunque son diferentes proposiciones, tienen el mismo valor de verdad, es
decir, V.
Consideremos ahora dos proposiciones p y q. Si conocemos el valor de
verdad de p y el valor de verdad de q, entonces por las simples tablas de
verdad ya construidas, podemos determinar los valores de verdad de p′, p ˄
q, p ˅ q, p ⸧ q y p ≡ q. De ello se deduce que dada cualquier combinación
de p y q ―es decir, cualquier proposición expresable en términos de p y q,
usando las conexiones lógicas―, podemos determinar el valor de verdad de
esta combinación, dados los valores de verdad de p y q. Por ejemplo, supongamos que X es la combinación (p ≡ (q ˄ p)) ⸧ (p′ ⸧ q). Dados los valores
de verdad de p y de q, podemos encontrar sucesivamente los valores de verdad de q ˄ p, p ≡ (q ˄ p), p′, p′ ⸧ q, y finalmente (p ≡ (q ˄ p)) ⸧ (p′ ⸧ q).
Hay cuatro posibles distribuciones de los valores de verdad para p y q. (p
verdadero con q verdadero; p verdadero con q falso; p falso con q verdadero;
y p falso con q falso), y en cada uno de los cuatro casos, podemos determinar
el valor de verdad de X. Podemos hacerlo sistemáticamente construyendo la
siguiente tabla (un ejemplo de una tabla de verdad compuesta):
― 98 ―
p
V
V
F
F
p˄q
V
F
F
F
q
V
F
V
F
p ≡ (q ˄ p)
V
F
V
V
p′
F
F
V
V
p′ ⸧ q
V
V
V
F
(p ≡ (q ˄ q)) ⸧ (p′ ⸧ q)
V
V
V
F
Vemos que X es verdadero en los tres primeros casos y falso en el cuarto.
También podemos construir una tabla de verdad para una combinación
de tres incógnitas proposicionales ―p, q, r― pero ahora hay ocho casos a
considerar (porque hay cuatro distribuciones de V y F a p y q, y con cada
una de estas cuatro distribuciones hay dos posibilidades para r). Por ejemplo,
supongamos que X es la combinación (p A q) ≡ (p′ ⸧ r). Aquí hay una tabla
de verdad para X:
p
V
V
V
V
F
F
F
F
q
V
V
F
F
V
V
F
F
r
V
F
V
F
V
F
V
F
p˄q
V
V
F
F
F
F
F
F
p′ ⸧ r
V
V
V
V
V
F
V
F
p′
F
F
F
F
V
V
V
V
(p ˄ q) ≡ (p′ ⸧ r)
V
V
F
F
F
V
F
V
Vemos que X es cierto en los casos 1, 2, 6 y 8.
Tautologías - Consideremos ahora la siguiente expresión
(p ⸧ q) ≡ (q′ ⸧ p′)
Su tabla de la verdad es la siguiente:
p
V
V
V
V
q
V
F
V
F
p′
F
F
V
V
q′
F
V
F
V
p⸧q
V
F
V
V
q′ ⸧ p′
V
F
V
V
(p ⸧ q) ≡ (q′ ⸧ p′)
V
V
V
V
Notamos que la última columna contiene todas las V. Por lo tanto (p ⸧
q) ≡ (q′ ⸧ p′) es cierto en los cuatro casos. Para cualquier proposición p y
q, la proposición (p ⸧ q) ≡ (q′ ⸧ p′) es verdadera. Tal proposición se conoce
― 99 ―
como una tautología. Las tautologías son verdaderas en todos los casos posibles. El propósito de la lógica proposicional es proporcionar métodos para
determinar qué expresiones son tautologías. Las tablas de verdad constituyen un método seguro. Otro método (de carácter más algebraico) se proporciona en la Parte III de este capítulo.
Fórmulas - Para abordar nuestro tema con más rigor, necesitamos definir
una fórmula. Las letras p, q, r, con o sin subíndices se llaman variables proposicionales; son las fórmulas más simples posibles, y representan proposiciones desconocidas (al igual que en álgebra, las letras x, y, z, con o sin subíndices, representan números desconocidos). Por fórmula entendemos cualquier expresión construida según las siguientes reglas:
(1) Cada variable proposicional es una fórmula.
(2) Dadas las fórmulas X e Y ya construidas, las expresiones X′, (X ˄ Y),
(X ˅ Y), (X ⸧ Y) y (X ≡ Y) son también fórmulas.
Debe entenderse que ninguna expresión es una fórmula a menos que se
construya de acuerdo con las reglas (1) y (2) anteriores.
Cuando se muestra una fórmula en solitario, podemos prescindir de los
paréntesis exteriores sin incurrir en ninguna ambigüedad. Por ejemplo,
cuando decimos “la fórmula p ⸧ q”, nos referimos a “la fórmula (p ⸧ q)”.
Una fórmula en sí misma no es ni verdadera ni falsa, sino que sólo se
convierte en verdadera o falsa cuando interpretamos que las variables proposicionales son proposiciones concretas. Sin embargo, podemos decir que
una fórmula es siempre verdadera, nunca verdadera o a veces verdadera y
a veces falsa, si es respectivamente verdadera en todos los casos, verdadera
en ningún caso, verdadera en algunos casos y falsa en algunos casos. Por
ejemplo, p ˅ p′ es siempre verdadera (es una tautología); p ˄ p′ es siempre
falsa, mientras que (p ˅ q) ⸧ (p ∩ q) es verdadera en algunos casos (los
casos en que p y q son ambas verdaderas, o ambas falsas) y falsa en los otros
dos casos. Las fórmulas que son siempre falsas se denominan fórmulas contradictorias, o más brevemente contradicciones. Las fórmulas que son siempre verdaderas se llaman tautologías (como tenemos ya indicado), y las fórmulas que son verdaderas en algunos casos y falsas en otros, se denominan
a veces contingentes.
Algunas tautologías - El cuadro de la verdad es un método sistemático de
verificación de las tautologías, pero algunas tautologías son tan obvias que
pueden ser percibidas inmediatamente como tales. He aquí algunos ejemplos:
― 100 ―
(1) ((p ⸧ q) ˄ (q ⸧ r)) D (p ⸧ r)
Esto dice que si p implica q y q implica r, entonces p implica r. Esto es
seguramente evidente, aunque, por supuesto, verificable por una tabla de
verdad. Esta tautología tiene un nombre, se llama silogismo.
(2) (p ˄ (p ⸧ q)) ⸧ q
Esto dice que si p y p ⸧ q son ambas verdaderas, también lo es q. Esto es
a veces parafraseado: “Todo lo que implique una proposición verdadera es
verdadero”.
(3) ((p ⸧ q) ˄ q′) ⸧ p′
Por lo tanto, si p implica q y q es falso, entonces p debe ser falso. Más
brevemente, “Cualquier proposición que implique una proposición falsa
debe ser falsa”. Así, una proposición verdadera no puede nunca implicar una
falsa, y por eso podríamos escribir (3) en la forma equivalente:
(p ˄ q′) ⸧ (p ⸧ q)′.
(4) ((p′ ⸧ q) ˄ (p′ ⸧ q′)) ⸧ p
Este principio se conoce como reductio ad absurdum. Para mostrar que
p es verdad, basta con mostrar que p′ implica alguna proposición q así como
su negación q′. Ninguna proposición verdadera puede implicar tanto a q
como a q′, así que si p′ implica a ambas, entonces p′ debe ser falsa, lo que
significa que p debe ser verdadera. [La lógica simbólica es, en último análisis, una mera sistematización del sentido común],
(5) ((p ⸧ q) ˄ (p ⸧ r) ⸧ (p ⸧ (q ˄ r))
Por supuesto, si p implica q y p implica r, entonces p debe implicar tanto
q como r.
(6) ((p ˅ q) ˄ ((p ⸧ r) ˄ (q ⸧ r))) ⸧ r
Este principio se conoce como prueba por casos. Supongamos que p ˅ q
es cierto. Supongamos también que p implica r y q implica r. Entonces r
debe ser verdad, independientemente de si es p o q quien es verdadero (o
ambos).
El lector con poca experiencia en la lógica proposicional debería beneficiarse del siguiente ejercicio.
Ejercicio 1 - Indique cuáles de las siguientes son tautologías, cuáles son
contradicciones y cuáles son contingentes (a veces verdaderas, a veces falsas).
(a) (p ⸧ q) ⸧ (q ⸧ p)
(b) (p ⸧ q) ⸧ (p′ ⸧ q′)
(c) (p ⸧ q) ⸧ (q′ ⸧ p′)
― 101 ―
(d) (p ≡ q) ≡ (p' ≡ q')
(e) (p ⸧ p′)
(f) (p ≡ p′)
(g) (p ˄ q)′ ≡ (p′ ˄ q')
(h) (p ˄ q)′ ≡ (p′ ˅ q′)
(i) (p′ ˅ q′) ⸧ (p ˅ q)′
(j) (p ˅ q)′ ⸧ (p′ ˅ q′)
(j) (p ˄ q)′ ⸧ (p′ ˅ q′)
(k) (p′ ˅ q′) ˄ (p ≡ (p ⸧ q))
(l) (p ≡ (p ˅ q)) ≡ (q ≡ (p ˅ q))
Respuestas (a) Contingente
(b) Contingente
(c) Tautología
(d) Tautología
(e) Contingente (véanse las observaciones que figuran a continuación)
(f) Contradicción
(g) Contingente
(h) Tautología
(i) Contingente
(j) Tautología
(k) Contradicción
(l) Tautología (véanse las observaciones que figuran a continuación)
Observaciones - (1) Con respecto a (e), muchos principiantes caen en la
trampa de pensar que (e) es una contradicción. Piensan que ninguna proposición puede implicar su propia negación. Esto no es así; si p es falsa, entonces p′ es verdadera, por lo tanto p ⸧ p′ es entonces verdadera (F ⸧ V =
V). Así, cuando p es verdadero, entonces (p ⸧ p′) es falso, pero cuando p es
falso, entonces p ⸧ p′ es verdadero. Así que p ⸧ p′ es verdadero en un caso
y falso en el otro.
(2) Con respecto a (1), tanto p ≡ (p ˄ q) como q ≡ (p ˅ q) tienen las
mismas tablas de verdad que p ⸧ q.
Implicación lógica y equivalencia - Se dice que una fórmula X implica
lógicamente una fórmula Y si Y es verdadera en todos los casos en que X es
verdadera, o lo que es lo mismo, si X ⸧ Y es una tautología. Se dice que las
fórmulas X e Y son lógicamente equivalentes si son verdaderas en exactamente los mismos casos, o lo que es lo mismo, si X ≡ Y es una tautología, o
qué es lo mismo, si X e Y tienen la misma tabla de verdad (en sus últimas
columnas).
― 102 ―
Encontrar una fórmula, dada su tabla de verdad - Supongamos que te
digo cuál es la distribución de V y F en la última columna de la tabla de
verdad, ¿puedes encontrar una fórmula que tenga eso como su tabla de verdad? Por ejemplo, supongamos que considero un caso de tres variables p, q
y r, y anoto al azar V y F en la cuarta columna así:
p
V
V
V
V
F
F
F
F
q
V
V
F
F
V
V
F
F
r
V
F
V
F
V
F
V
F
?
F
F
V
F
F
V
F
V
El problema es encontrar una fórmula cuya última columna de su tabla
de verdad sea la que está bajo el signo de interrogación.
¿Crees que se requiere inteligencia e ingenio? Bueno, ¡sucede que hay un
método mecánico ridículamente simple que resuelve todos los problemas de
este tipo! Una vez que te das cuenta del método, entonces cualquier distribución de V y F que se dé en la última columna, puedes anotar instantáneamente la fórmula requerida.
Problema 1 - ¿Cuál es el método?
Interdependencia de los Conexiones Lógicas - Supongamos que alguien
dice que entiende el significado de ′ (no) y ˄ (y), pero no entiende el significado de ˅ (o). ¿Podría uno explicárselo en términos de ˄ y ′ ? Es decir, ¿se
puede construir una fórmula usando sólo los conectivos lógicos ˄ y ′ que sea
equivalente a la fórmula p ˅ q?
Problema 2 - La respuesta a la pregunta anterior es sí. Encuentre tal fórmula.
Problema 3 - También, si uno comienza con sólo ′ y ˅, se puede definir ˄,
es decir, hay una fórmula usando sólo ′ y ˅ que es equivalente a p ˄ q. ¿Qué
fórmula funcionaría?
Problema 4 - (a) ¿Cómo se define ⸧ en términos de ′ y ˄? b) ¿Cómo se
define ⸧ en términos de ′ y ˅?
― 103 ―
Problema 5 - Empezando con sólo ′ y ⸧, uno puede obtener (definir) tanto
˄ y ˅. ¿Cómo?
Problema 6 - ¿Cómo se obtiene = de ⸧ y ˄? También, ¿cuál es la forma
directa de obtener = de ˄, ˅ y ′ ?
El descubrimiento de Sheffer - En 1913, H. M. Sheffer señaló que hay una
única conectiva lógica de dos lugares de la que se puede obtener ˄, ˅, ⸧ y
≡. En realidad, hay dos soluciones (y sólo dos), una de las cuales se debe a
Sheffer.
Problema 7 - ¿Cuáles son las dos soluciones?
Resultados adicionales de la interdependencia
Problema 8 - Hemos visto cómo obtener ˅ de ′ y ⸧ (p ˅ q es equivalente a
p′ ⸧ q), pero sucede que ˅ puede ser definido a partir de ⸧ solamente!
¿Cómo? [¡La solución es bastante difícil!]
Problema 9 - También es posible definir ˄ a partir de ⸧ y ≡. ¿Cómo?
Problema 10 - También se puede obtener ˄ a partir de ≡ y ˅. ¿Cómo?
Problema 11 - También se puede obtener ⸧ de ≡ y ˅. ¿Cómo?
Problema 12 - También se puede obtener ⸧ de ≡ y ˄. ¿Cómo?
Problema 13 - También se puede obtener V de ≡ y ˄. ¿Cómo?
Observación - El lector astuto podría darse cuenta en este punto que los
últimos problemas son esencialmente los mismos que algunos de los del capítulo anterior, “Algunos Jardines Vecinos”. La relación entre la lógica propositiva y los jardines de flores booleanos se explicará completamente en
breve.
Inequivalencia - Por p q se entiende (p ≡ q)′ ~p no es equivalente a q.
Tiene la siguiente tabla de verdad:
p
V
V
F
F
q
V
F
V
F
p
q
F
V
V
F
Así, p q es lo opuesto a p ≡ q, y p q es verdadero si y sólo si p y q
tienen diferentes valores de verdad (uno de ellos es verdadero y el otro es
falso). Esto es lo mismo que la disyunción exclusiva de p con q (uno y sólo
― 104 ―
uno de ellos es verdadero). Como podemos leer p ≡ q como “p es equivalente
a q”, también podemos leer p q como “p es inequivalente a q”. Por lo
tanto, inequivalente es lo mismo que no equivalente.
Fórmulas que involucran a V y F - Ahora será conveniente ampliar nuestra
noción de “fórmula” definiendo una fórmula simple como una variable proposicional, o la letra V o la letra F. Las fórmulas compuestas se construyen
entonces a partir de fórmulas simples como antes. Así pues, nuestras nuevas
reglas son:
1) Las variables proposicionales y V y F son fórmulas (llamadas fórmulas
simples).
(2) Para cualquier fórmula X e Y, las expresiones X′, (X ˄ Y), (A ˅ Y), (A
⸧ Y) y (A ≡ Y) y A Y son también fórmulas.
Debe entenderse que la V es la verdad y la F lo falso, por lo que en cualquier interpretación de una fórmula que involucre a la V y la F, debemos
siempre interpretar la V como una proposición verdadera y la F como una
falsa. Vambién, al construir una tabla de verdad para una fórmula que involucre V y/o F, se entiende que bajo el encabezamiento de la V, toda la columna debe consistir en todas las V, y bajo el encabezamiento de la F, toda
la columna debe consistir en F. Por ejemplo, he aquí una tabla de verdad
para la tautología ((V ⸧ p) ˄ (q ⸧ F)) ⸧ (p ˄ q)′.
p
q
V
F
V⸧p
q⸧F
(V ⸧ p) ˄
(q ⸧ F)
p˄q
(p ˄ q)′
((V ⸧ p) ˄ (q ⸧ F))
⸧ (p ˄ q)′
V
V
F
F
V
F
V
F
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
F
V
F
V
F
V
F
F
V
F
F
F
F
V
V
V
V
V
V
V
Aquí hay algunas tautologías más que involucran V y/o F.
(p ˄ V) ≡ p
(p ˅ V) ≡ V
(V ˅ V) ≡ V
(V ˅ F) ≡ V
(F ˅ F) ≡ F
(p ˅ p′) ≡ V
(p ˄ p′) ≡ F
― 105 ―
(V ⸧ p) ≡ p
(p ⸧ F) ≡ p′
Problema 14 - Algunos tratamientos de la lógica proposicional comienzan
con sólo ⸧ y F, y luego definen a partir de ellos las conectividades ˄, ˅, ′, ⸧
y ≡. ¿Cómo se puede hacer esto?
Algunas tautologías especiales - Las siguientes tautologías (todas verificables por tablas de verdad o por sentido común) jugarán un papel especial en
el capítulo 21.
T1: (p ˄ q) ≡ (p ˄ p)
T2: (p ˄ (q ˄ r)) ≡ ((p ˄ q) ˄ r)
T3: (p ˄ (q ˅ r)) ≡ ((p ˄ q) ˅ (p ˄ r))
T4: (p ˅ q)′ ≡ (p′ ˄ q′)
T5: p″ ≡ p
T6: (p ˄ p′) ≡ F
T7: (p ˄ F) ≡ F
T8: (p ˄ V) ≡ p
T9: F′ ≡ V
II - Lógica proposicional y Jardines booleanos
Ahora, vamos a pasar a la relación de la lógica proposicional con los jardines booleanos. En lugar de las proposiciones p, q, r... de la lógica proposicional, tratamos con las flores A, B, C... en el jardín mágico de George B.,
y en lugar de los dos valores de autenticidad verdad y falsedad de la lógica
proposicional, tratamos con los dos colores, azul y rojo, donde ahora pensamos que el azul corresponde a lo verdadero, y el rojo a lo falso. Para dos
flores cualesquiera A y B, se dio la flor A | B que es roja y justo en los días
en que A y B son ambas azules ―o lo que es lo mismo, A | B es azul cuando
y sólo cuando A y B no son ambas azules― así como en la lógica proposicional, p | q es verdadera si y sólo si p y q no son ambas verdaderas. Y así,
¡nuestro punto de partida en el capítulo 13 (Condición B) fue realmente con
la operación del trazo de Sheffer!
― 106 ―
La flor Ā es siempre de diferente color que A, así como en la lógica proposicional, p′ es de diferente valor de verdad que p. Por lo tanto, la operación
de barra A (A barra) corresponde a la negación en la lógica proposicional.
Asimismo, la operación para la flor corresponde a la operación de disyunción ˅ para las proposiciones (F G es azul siempre que al menos una
de F, G es azul, así como p ˅ q es verdadera, siempre que al menos una de
p, q es verdadera).
La operación ⸧ para las flores corresponde a ⸧ para la lógica de las proposiciones, ya que A ⸧ B es azul sólo cuando A es roja o B es azul, así como
p ⸧ q es verdadera sólo en caso de que p sea falso o q sea verdadera. También la flor A ≡ B es azul sólo cuando A y B son del mismo color, así como
p ≡ q es verdadera sólo en caso de que p y q tengan el mismo valor de verdad
(ambos verdaderos o ambos falsos). Así, la operación ⸧ en las flores corresponde a la operación ⸧ en las proposiciones, y ≡, aplicada a las flores, corresponde a ≡ aplicada a las proposiciones.
El paralelismo está ahora completo y da lugar a un principio muy importante al que nos dirigimos ahora.
Dada una fórmula X de lógica proposicional, si reinterpretamos las variables proposicionales p, q, r, como nombres de flores del jardín (en lugar
de proposiciones, como en la lógica proposicional) y reinterpretamos los
símbolos ˄, ˅, ′, ⸧, ≡ como las operaciones florales ∩, , −, ⸧, ≡ respectivamente, entonces X designa alguna flor del jardín. Por ejemplo, si interpretamos p como la flor A y q como la flor B, entonces bajo esa interpretación,
la fórmula p ˅ (q ˄ p′) designa la flor A (B ∩ Ā). Ahora bien, por el
paralelismo que hemos visto anteriormente, se deduce que si X es cualquier
tautología, entonces bajo toda interpretación posible, la fórmula X nombrará
una flor que siempre es azul. Así, por ejemplo, como p ˅ p′ es una tautología,
entonces para cada flor A, la flor A Ā es siempre azul.
Como consecuencia de este principio simple pero vital, se deduce que si
X e Y son fórmulas lógicamente equivalentes, entonces bajo toda interpretación de las variables de proposición de X e Y, las fórmulas X e Y nombrarán flores que son similares (el mismo color en todos los días); para suponer
que X e Y son lógicamente equivalentes, entonces X ≡ Y es una tautología.
Bajo cualquier interpretación, X nombra alguna flor A e Y nombra alguna
flor B, por lo tanto X ≡ Y nombra A ≡ B, pero como X ≡ Y es una tautología,
entonces la flor A ≡ B nombrada por X ≡ Y es siempre azul, y por lo tanto
A y B son siempre del mismo color. Así, por ejemplo, como la fórmula p ˄
(q ˅ r) es lógicamente equivalente a (p ˄ q) ˅ (p ˄ r), se deduce que para
cualquier flor A, B y C de un jardín booleano, la flor A ∩ (B C) es similar
a la flor (A ∩ B) (A ⸧ C).
― 107 ―
Así pues, podemos usar la lógica proposicional para probar varias relaciones entre las flores de un jardín booleano.
Recordamos que por un jardín booleano reducido queremos decir uno tal
que las flores similares son idénticas. Así que ahora anotemos para referencia futura que en un jardín booleano reducido, si X e Y son fórmulas lógicamente equivalentes, entonces bajo cualquier interpretación de X e Y, ¡las
fórmulas X e Y designan la misma flor!
Ejercicio 2 - Supongamos que bajo una cierta interpretación, la fórmula X
designa la flor A y la fórmula Y designa la flor B. Demuestra que si X implica lógicamente a Y (A ⸧ Y es una tautología), entonces la flor B domina
a la flor A (B es azul en todos los días en que A es azul).
Ejercicio 3 - Muestra cómo las tablas de verdad pueden ser usadas para
resolver todos los ejercicios del capítulo 13.
III - Un acercamiento algebraico a la lógica proposicional
Hasta ahora, nos hemos acercado a la lógica proposicional desde el punto
de vista de las tablas de la verdad. Ahora consideramos un enfoque bastante
diferente que será importante en el capítulo 21. Este enfoque es interesante
por sí mismo y saca a la luz tanto algunas similitudes como diferencias entre
las leyes de la lógica proposicional y las conocidas leyes de la aritmética.
Usaremos la palabra “número” para significar ya sea cero o uno de los
números enteros positivos 1, 2, 3, 4, ... [Estos son los llamados números
naturales]5. Para dos de estos números x, y, por xy se entiende el producto
de x e y, es decir, el resultado de multiplicar x por y.
Se dice que dos números tienen la misma paridad si ambos son pares o
impares. Conocemos los siguientes hechos:
(1) Si x e y son ambos impares, también lo es xy.
(2) Si x es impar e y es par, entonces xy es par.
(3) Si x es par e y es impar, entonces xy es par.
(4) Si x es par e y es par, entonces xy es par.
Estos hechos se pueden resumir en la siguiente tabla de pares-impares (0
significa impar y E es par [even]):
5
Alguien me pidió una vez que diera un ejemplo de un número no natural.
― 108 ―
x
0
0
E
E
y
0
E
0
E
xy
0
E
E
E
¡Eureka! Esta es exactamente la tabla de la verdad para la conjunción, si
reemplazamos 0 por V, E por F y xy por x ˄ y (y si pensamos en x e y como
proposiciones en lugar de números). En realidad esto no es tan sorprendente,
ya que de hecho xy es impar si y sólo si x e y son impares.
Así pues, ahora dejamos que lo impar corresponda a la verdad y lo par a
la falsedad, y entonces la multiplicación corresponde a la conjunción. Ahora
vamos a interpretar las variables proposicionales p, q, r, etc. como números
en lugar de proposiciones.
Consideramos que el cero es un número par, y por lo tanto es uno de los
números asociados con la falsedad, y el 1, siendo impar, se asocia con la
verdad. Dejamos que F sea 0 (cero) y V sea 1.
¿Qué deberíamos elegir para corresponder a la negación? Es decir, ¿qué
operación sobre los números debemos realizar que convierta un número par
en uno impar, y un número impar en uno par? La elección obviamente simple es sumar uno. Y así tomaremos p′ para que sea p + 1. A continuación,
¿qué pasa con la disyunción? Bueno, sabemos que p ˅ q es lógicamente
equivalente a (p′ ˄ q′)′, por lo que podríamos interpretar p ˅ q como ((p +
l)(q + l)) + l. Sin embargo, esto puede simplificarse a (pq + p + q +1) + 1,
que es pq + p + q + (1 + 1), que es pq + p + q + 2. Pero 2 es par, así que pq
+ p + q + 2 tiene la misma paridad que pq + p + q y por lo tanto tomaremos
más simplemente p ˅ q para ser pq + p + q.
¿Qué es p + q en sí mismo? Bueno, la suma de dos números es impar si
y sólo si uno de ellos es par y el otro es impar (dos probabilidades sumadas
son pares, y por supuesto, dos pares sumados son pares). Y así tenemos la
siguiente tabla:
p
0
0
E
E
q
0
E
0
E
p+q
E
0
0
E
Si reemplazamos 0 por V y E por F, tenemos la tabla de verdad para
(inequivalencia, o disyunción exclusiva). De ello se deduce que p ≡ q, que
― 109 ―
es lo opuesto, puede ser tomado como p + q + 1. Y así, de ahora en adelante,
interpretamos p ≡ q como p + q + 1.
¿Y qué hay de ⸧? Bueno, p ⸧ q es equivalente a p′ ˅ q, que ahora es (p
+ l) q + (p + 1) + q, lo que se simplifica a pq + q + p + 1 + q. Sin embargo,
q + q es par, por lo que podemos eliminarlo y así obtener pq + p + 1.
Así pues, ahora interpretamos las conectividades proposicionales y V y
F como sigue:
(1) p′ = p + 1
(2) p ˄ q = pq
(3) p ˅ q = pq + p + q
(4) p ⸧ q = pq + p + 1
(5) p ≡ q = p + q + 1
(6) p q = p + q
(7) V = 1
(8) F = 0
Ahora podemos reducir los problemas de la lógica proposicional a problemas de aritmética -problemas de si ciertas combinaciones de números
son siempre impares. Podemos utilizar las leyes habituales de la aritmética
y, además, dos leyes que no están presentes en la aritmética ordinaria:
(1) x2 (que es xx) tiene la misma paridad que x, por lo que siempre podemos
sustituir x2 por x. Así que los exponentes ya no importan.
(2) x + x es siempre par, por lo tanto puede ser reemplazado por 0.
Tenemos entonces una prueba alternativa a la de la tabla de verdad para
determinar si una fórmula dada es o no una tautología. Pasamos a los siguientes pasos (donde ahora, la variable proposicional p, q, r, ... representan
números arbitrarios, en lugar de proposiciones arbitrarias. Para cualquier
fórmula A, B que sean partes de la fórmula que se está probando),
(1) Reemplazar A′ por A + 1.
(2) Reemplazar A ˄ B por AB.
(3) Reemplazar A ˅ B por AB + A + B.
(4) Reemplazar A ⸧ B por AB + A + 1.
(5) Reemplazar A ≡ B por A + B + 1.
(6) Reemplazar A B por A + B.
(7) Reemplazar V por 1.
(8) Reemplazar F por 0.
Entonces usa las leyes habituales de la aritmética y, además, AA puede
ser reemplazado por A y A + A por 0. Si entonces puedes reducir toda la
expresión a 1, entonces tienes una tautología, de lo contrario no.
― 110 ―
Consideremos algunos ejemplos, Primero, probemos la fórmula (p ˅ q)′
≡ (p′ ˄ q′). Esto se convierte en ((pq + p + q) + 1) + ((p + l)(q + 1)) + 1, que
es pq + p + q + 1 + (pq + p + q + 1) + l, que es pq + pq + p + p + q + q + 1
+ 1 + 1, que se reduce a 0 + 0 + 0 + 0 + 1, que es 1. Así, (p ˅ q)′ ≡ (p′ ˄ q′)
se reduce a 1, que es impar, y tenemos una tautología.
En realidad, podemos ahorrar mucho trabajo con un atajo: Para probar X
≡ Y, en lugar de tratar de reducir toda la fórmula X ≡ Y a 1, reducir X e Y
por separado y ver si se reducen a la misma cosa. Bien, en el ejemplo anterior
(p ˅ q)′ = (pq + p + q) + 1, mientras que p′ ˄ q′ = (p + 1)(q + 1) = pq + p +
q + 1. Así, (p ˅ q)′ y p′ ˅ q′ ambos se reducen a pq + p + q + 1, y por lo tanto
son equivalentes.
¿Qué tal algo simple como p ⸧ p? Bueno, esto es pp + p + 1, pero pp
puede ser reemplazado por p y así pp + p + 1 se reduce a p + p + 1, que se
reduce a 1 (ya que p + p se reduce a cero).
Intentemos ahora mostrar que p ˄ (q ˅ r) es lógicamente equivalente a (p
˄ q) ˅ (p ˄ r). Bien, p A (q ˅ r) = p(qr + q + r) = pqr + pq + pr), mientras
que (p ˄ q) ˅ (p ˄ r) = (pq)(pr) + pq + pr = p2qr + pq + pr, lo que se reduce
a pqr + pq + pr, y así el equivalente lógico se mantiene.
Algunas tautologías más especiales - El siguiente grupo de tautologías
también tendrá un significado especial en el capítulo 21:
S1: (p ˄ q′) ≡ (q ˄ p)
S2: (p ˄ (q ˄ r) ≡ ((p ˄ q) ˄ r)
S3: (p
q) ≡ (q
S4: (p
(q
S5: (p ˄ (q
S6: (p
p)
r)) ≡ ((p
q)
r)) ≡ ((p ˄ q)
r)
(p ˄ r))
F) ≡ p
S7: (p ˄ V) ≡ p
S8: (p ˄ p) ≡ p
S9: (p
p) ≡ F
S10: p' ≡ (p
V)
S11: (p ˅ q ≡ ((p ˄ q)
(p
q))
Estas tautologías pueden ser verificadas por tablas de verdad, pero mucho
más rápidamente por el método algebraico que hemos descrito. Por ejemplo,
― 111 ―
S2 simplemente se reduce a mostrar que p(qr) tiene la misma paridad que
(pq)r, lo cual es inmediato, ya que son el mismo número.
Ejercicio 4 - Por el método algebraico, verifique R1-R11.
Ejercicio 5 - Por el método algebraico, compruebe las tautologías T1-T9 al
final de la primera parte.
SOLUCIONES
1 - ¡Este caso particular ilustrará perfectamente el método general!
En este caso, la fórmula es sacar V en las filas tercera, sexta y octava. La
tercera fila es el caso cuando p es verdadero, q es falso y r es verdadero, es
decir, cuando (p ˄ q′ ˄ r) es verdadero. El sexto caso es el caso cuando (p′ ˄
q ˄ r′) es verdadero, y en el octavo caso (p′ ˄ q′ ˄ r′) es verdadero. Así pues,
la fórmula debe ser verdadera cuando y sólo cuando al menos uno de esos
tres casos sea válido, y por lo tanto una solución es simplemente:
(p ˄ q′ ˄ r) ˅ (p′ ˄ q ˄ r′) ˅ (p′ ˄ q′ ˄ r′)
2 - Decir que al menos una de las p, q es verdadera es decir que no es el caso
que ambas sean falsas, es decir, que p′ y q′ no son ambas verdaderas. Por lo
tanto, p ˅ q es equivalente a (p′ ˄ q′)′.
3 - Decir que p ˄ q es verdadero es decir que ni p ni q es falso, y así p ˄ q es
equivalente a (p′ ˅ q′)′ (como puede ser fácilmente verificado por una tabla
de verdad).
4 - p ⸧ q tiene la misma tabla de verdad que (p ˄ q′)′. También tiene la
misma tabla de verdad que p′ ˅ q.
5 - Toma p ˄ q como (p ⸧ q′)′. [Así ˄ es definible desde ⸧ y ′ ]. Para definir
˅ a partir de ⸧ y ′, simplemente toma p ⸧ q para ser p1 ˅ q.
6 - p ≡ q es equivalente a (p ⸧ q) ˄ (q ⸧ p). Además, p ≡ q es equivalente a
(p ˄ q) ˅ (p′ ˄ q′).
7 - Sheffer definió p | q para significar que p y q no son ambos verdaderos.
Tiene la siguiente tabla de verdad:
p
V
V
F
F
q
V
F
V
F
― 112 ―
p|q
F
V
V
V
Así p | q es lo opuesto a p ˄ q. Ahora, comenzando con la operación de
“trazo” de Sheffer |, podemos tomar p′ para ser p | p, y luego tomar p ˄ q
para ser (p | q)′. Una vez que tenemos ′ y ˄, podemos entonces obtener ˅, ⸧
y ≡, como ya se ha indicado.
La otra solución conocida (y resulta ser la única otra) es tomar p ↓ q para
significar que p y q son ambas falsas. La operación ↓ se llama acertadamente
negación conjunta y es lo opuesto a la disyunción, y tiene la siguiente tabla
de verdad:
p
V
V
F
F
q
V
F
V
F
p↓q
F
F
F
V
Empezando por ↓, podemos tomar p′ para ser p ↓ p, y luego p ˅ q para
ser (p ↓ q)′. Una vez que tenemos ˅ y ′, podemos obtener ˄, ⸧ y ≡, como ya
se ha indicado.
8 - p ˅ q es equivalente a (p ⸧ q) ⸧ q. [¡No sé quién descubrió esto!]
9 - p ˄ es equivalente a p = (p ⸧ q). [Descubrí esto independientemente. No
sé si ha sido o no descubierto previamente por otra persona.]
10 - p ˄ q es equivalente a (p ˅ q) ≡ (p ≡ q)
11 - p ⸧ q es equivalente a q ≡ (p ˅ q)
12 - p ⸧ q es equivalente a p ≡ (p ˄ q)
13 - p ˅ q es equivalente a (p ˄ q) ≡ (p ≡ q)
14 - ~ p es equivalente a p ⸧ f. Una vez que se tiene ~ y ⸧, se puede obtener
˄, ˅ y ≡.
― 113 ―
Capítulo 18
La teoría booleana de los juegos
I - Las operaciones básicas en los conjuntos
La noción de conjunto es tan básica, que es inútil tratar de definirla en
términos de algo más básico. Un conjunto es cualquier grupo o grupo de
objetos del tipo que sea. Para cualquier conjunto S y objeto o elemento x,
decimos que x pertenece a S, o es un miembro de S, o que S contiene x si x
es uno de los elementos de S. Simbolizamos la afirmación “x es un miembro
de S” por “x S′ ”. Así se lee “ ”: “es un miembro de”. Escribimos “x
S” para significar que x no es miembro de S. Así se abrevia “no es miembro de”. Si x es un miembro de S, entonces también decimos que x está dentro de S, y si x no es un miembro de S, también decimos que x está fuera de
S.
Se dice que un conjunto A es un subconjunto de un conjunto B ―en símbolos, A B― si cada elemento de A es también un elemento de B. Por
ejemplo, si H es el conjunto de todos los humanos y W es el conjunto de
todas las mujeres, entonces W H es verdadero, pero H W es falso (no
todos los humanos son mujeres). Recordamos que un conjunto se llama vacío si no tiene ningún miembro. Sólo hay un conjunto vacío y su símbolo (o
al menos uno de sus símbolos) es 0. Un conjunto se llama no vacío si tiene
al menos un miembro.
Para los conjuntos A y B, la única manera en que A puede dejar de ser un
subconjunto de B es que A contenga al menos un elemento que no esté en
B. Ahora bien, el conjunto vacío Ø no puede contener ningún elemento que
no esté en B, ya que Ø no contiene ningún elemento en absoluto; por lo
tanto, Ø no puede dejar de ser un subconjunto de B y por lo tanto Ø es un
subconjunto de B. Para cada conjunto B, es cierto que 0 B.
Otra forma de ver el asunto es esta: Decir que A B es decir que para
cada elemento x, la implicación x A ⸧ x B se mantiene. Ahora bien, x
E Ø es falso, por lo tanto por lógica proposicional, x Ø ⸧ x B es verdadero (recuerde que para cualquier proposición falsa F y cualquier proposición q, la implicación F ⸧ q se mantiene), y por lo tanto Ø B.
Para cualquier elemento x, por {x} se entiende el conjunto cuyo único
elemento es x. [Esto no debe confundirse con la propia x. Por ejemplo, Ø es
diferente de {Ø}, ya que {Ø} contiene un elemento (a saber, Ø), mientras
― 114 ―
que Ø no contiene ningún elemento]. Por {x, y} se entiende el conjunto cuyos únicos elementos son x e y. Por {x, y, z} se entiende el conjunto cuyos
únicos elementos son x, y, z, y de manera similar para conjuntos finitos de
cuatro o más elementos. [Por cierto, podría ser divertido e instructivo notar
que otro símbolo para el conjunto vacío es { }].
Como en el caso especial de las flores básicas consideradas en el capítulo
15, para dos conjuntos cualesquiera A y B, por la intersección de A y B
―simbolizado A ∩ B― se entiende el conjunto de todas las cosas que están
tanto en A como en B. Por ejemplo, si A es el conjunto de todas las cosas
blancas y B es el conjunto de todos los pájaros, entonces A ∩ B es el conjunto de todas las cosas que son tanto blancas como pájaros, en otras palabras, el conjunto de todos los pájaros blancos. Y por la unión de A y B
―simbolizada por A B― se entiende el conjunto de todas las cosas que
están en A o en B (o ambas). Por ejemplo, si A es el conjunto de todos los
números pares y B es el conjunto de todos los números divisibles por 5,
entonces A B consiste en todos los números pares junto con todos los
múltiplos de 5. [Por lo tanto, los primeros doce miembros de este conjunto
son 0, 2, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 14, 15, 16, 18]. Nótese que 10 está tanto en A
como en B. ¿Cuál es la intersección de A ∩ B de A y B?
Respuesta: Todos los números que son tanto pares como múltiplos de 5, en
otras palabras, todos los múltiplos de 10].
Ahora consideramos un conjunto que fijé para la discusión, que llamamos
el universo del discurso. Lo que el conjunto I es, varía de una aplicación a
otra, por ejemplo, en la lógica proposicional, I será el conjunto de todas las
fórmulas, mientras que en los jardines booleanos, puede ser el conjunto de
todas las flores (o tal vez sólo el conjunto de las flores básicas, como en el
capítulo 15, o en la teoría de los números, I es el conjunto de todos los números en discusión, mientras que en la geometría plana, I podría ser el conjunto de todos los puntos del plano. Por ahora, I es un conjunto completamente arbitrario, ya que estamos construyendo una teoría general de conjuntos, y estudiaremos la colección de todos los subconjuntos de I (que es
un álgebra booleana, como se definirá en el próximo capítulo). El mayor
subconjunto de I es el propio I, y el menor subconjunto de I es el conjunto
vacío Ø. Si el propio I está vacío, entonces Ø es el único subconjunto de I.
Si sólo contiene un elemento, entonces hay sólo 2 subconjuntos de I, es decir, Ø y el propio I. Como explicamos en el capítulo 15, si I es un conjunto
finito con n elementos, entonces el número de subconjuntos de I es 2n. A
partir de ahora, asumiremos que I no está vacío.
― 115 ―
Para cualquier subconjunto A de nuestro universo I, por su complemento
A′ (relativo a I, por supuesto) ―también escrito Ā― se entiende el conjunto
de todos los elementos de I que no están en A. Así, por ejemplo, si I es el
conjunto de números naturales y E es el conjunto de los números pares, entonces E′ es el conjunto de números impares. Observamos que E″ es el complemento de E′ ―el complemento del conjunto de números impares― que
es el conjunto E de nuevo. Por lo tanto E″ = E, y en general, para cualquier
subconjunto A de nuestro universo I, A″ = A. También observamos que Ø′
= I e I′ = Ø. (¿Por qué?)
Las operaciones de intersección, unión y complementación pueden ser
ilustradas gráficamente por los llamados diagramas de Venn: En ellos, I se
representa por el conjunto de todos los puntos del interior de un cuadrado y
A y B son subconjuntos de I.
En (a), la porción sombreada es el complemento A′ de A. En (b), la porción sombreada es la intersección A ∩ B, y en (c), la porción sombreada es
la unión A B.
Problema 1 - ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta?
(a) A B si y sólo si A ⸧ B = B
(b) A B si y sólo si A ∩ B = A
(c) A B si y sólo si A B = A
(d) A B si y sólo si A B = B
Problema 2 - ¿Cuál de las siguientes afirmaciones son verdaderas para todos los conjuntos A y B?
(a) A B implica B A.
(b) A B implica que B no es un subconjunto de A.
(c) A B implica B′ A.
(d) A B implica B A′.
(e) A B implica B′ A′.
(f) A B si y sólo si B′ A′.
(g) A B′ si y sólo si B A′.
― 116 ―
Problema 3 - ¿La siguiente afirmación es necesariamente cierta?
A B si y sólo si A′ B = I.
II - Relación con los Jardines Booleanos
Anotemos lo siguiente sobre estas operaciones en los conjuntos y las correspondientes operaciones en las flores de un jardín booleano: Para cualquier flor F, que D(F) sea el conjunto de días en los que F es azul. Entonces
para cualquier flor F y G:
(1) D(F ∩ G) = D(F) ∩ D(G)
(2) D(F G) = D(F) D(G)
(3) D(F̅) = (D(F))′.
(1) dice que el conjunto de días en que F ∩ G es azul es la intersección
del conjunto de días en que F es azul con el conjunto de días en que G es
azul, en otras palabras, F ∩ G es azul sólo en los días en que F y G son
ambos azules.
(2) dice lo mismo, con la unión en lugar de la intersección.
(3) dice que el conjunto de días en los que F̅ es azul es el complemento
del conjunto de días en los que F es azul, es decir, el conjunto de días en los
que F no es azul.
Recordamos que en el capítulo 15, dijimos que F domina a G si F es azul
en todos los días en que G es azul. Escribimos G ≤ F para significar que F
domina a G.
Ejercicio 1 - Demostrar que G ≤ F ssi D(G) D(F)
Llamemos a un subconjunto A de I, atómico (o básico), si A ≠ Ø y si los
únicos subconjuntos de A son A y Ø.
Problema 4 - ¿Cuál de las tres siguientes afirmaciones, si es que hay alguna,
es necesariamente cierta?
(1) Si A es atómico, entonces A contiene exactamente un elemento.
(2) Si A contiene exactamente un elemento, entonces A es atómico.
(3) Si A no está vacío, entonces algún subconjunto de A es atómico.
Ecuaciones de conjuntos - Utilizamos la letra A, B, C, con o sin subíndices,
como para conjuntos arbitrarios (al igual que en la lógica proposicional utilizamos p, q, r, con o sin subíndices, como para proposiciones arbitrarias).
Llamamos a estas letras A, B, C (con o sin subíndices) variables de conjuntos. Por un término entendemos cualquier expresión construida según las
siguientes reglas:
(1) Cada variable por sí sola es un término.
― 117 ―
(2) Para cualquier término t1 y t2, las expresiones (t1 ∩ t2), (t1
de nuevo términos.
t2) y t1′ son
Ejemplos de términos son A (B ∩ C′)′ o A′ (B ∩ A″)′. A veces borramos algunos paréntesis cuando no hay ambigüedad. [Por ejemplo, escribimos A (B ∩ C′)′ para (A (B ∩ C′)′)].
Por una ecuación de conjunto (booleana) (más brevemente, una ecuación) se entiende una expresión de la forma t1 = t2, donde t1 y t2 son términos.
He aquí algunos ejemplos de secuencias (algunas de las cuales son válidas
y otras no):
(1) A B = A ∩ B
(2) A′ = B
(3) A B = B A
(4) (A B)′ = A' B′
(5) (A B)′ = A' ∩ B′
(6) A ∩ (B C) = A ∩ (B ∩ C)
(7) A ∩ (B C) = (A ∩ B) (A ∩ C)
Una ecuación se llama válida si es verdadera para todos los valores de las
variables establecidas. Por ejemplo, (3) es válida, ya que para cualquier conjunto A y B, A B = B A. La ecuación (1) ciertamente no es válida. (No
es cierto que para todos los conjuntos A y B, los conjuntos A B y A ∩ B
sean iguales; sólo lo son cuando A y B resultan ser el mismo conjunto). La
Ecuación (2) obviamente no es válida. La ecuación (4) no es válida, pero (5)
lo es (como veremos). (6) no es válida, pero (7) lo es.
En este capítulo daremos dos métodos sistemáticos diferentes para establecer la validez de las ecuaciones de conjuntos.
III - Relación con la lógica proposicional
Las operaciones de intersección, unión y complementación en conjuntos,
corresponden a las operaciones lógicas de conjunción, disyunción y negación respectivamente, en virtud de los siguientes hechos (donde A, B son
cualquier subconjunto de I, y x es cualquier elemento de I).
F1 : x
(A ∩ B) si y sólo si (x
A) ˄ (x
B)
F2 : x
(A
A) ˅ (x
B)
F3 : x
A′ si y sólo si x
B) si y sólo si (x
A (es decir, ssi (x
― 118 ―
A)′)
En virtud de los tres hechos anteriores, podemos aplicar la lógica proposicional al álgebra de conjuntos, que primero ilustraré con un ejemplo.
Supongamos que deseamos demostrar que para cualquier conjunto A y
B, la identidad (A ∩ B)′ = A′ B′ se mantiene (que es una de las leyes de
De Morgan). Recordemos que dos conjuntos son idénticos si contienen los
mismos elementos, por lo que la ecuación (A n B)′ = A′ U B′ no dice ni más
ni menos que la del elemento x de I,
(*) x
(A ∩ B)′ ≡ x
(A′
B′)
Ahora: (1) x (A ∩ B)′ ssi (x A ˄ x B)′ (porque x (A ∩ B)′ ssi (x
A ∩ B)′, pero x A ∩ B ssi (x A ˄ x B).
(2) x A′ B′ ssi (x A)′ ˅ (x B)′ (porque x A′ B′ ssi x A′ ˅ x
B′, pero x A′ ssi (x A)′, y x B′ ssi (x B)′.
Así que en virtud de (1) y (2), la declaración (*) puede ser reescrita:
(**) (x
A˄x
B)′ ≡ ((x
A)′ V (x
B)′)
Pero (**) es una tautología! [Es el caso especial de la tautología (p ˄ q)′
≡ (p′ ˅ q′), donde p es la proposición x A y q es la proposición x B]. Y
así (**) es cierto para todo x y también (*), lo que significa que la ecuación
de conjunto (A ∩ B)′ = A′ B′ es válida.
Ahora, ¡no tenemos que pasar por todo este trabajo cada vez que comprobamos la validez de una ecuación de conjunto! Todo lo que tenemos que
hacer con la ecuación es reemplazar ∩ por ˄, por ˅ y = por ≡ y (para ser
pedantes) variables de conjunto por variables proposicionales, y si luego obtenemos una tautología, la ecuación es válida. Por ejemplo, en la ecuación
(A ∩ B)′ = (A′ B′). si transformamos la ecuación de la manera anterior,
obtenemos la tautología (p ˄ q)′ ≡ (p′ ˅ q′).
Otros ejemplos:
(1) A″ = A, ya que p″ ≡ p es una tautología
(2) (A B)′ = (A′ ∩ B′), ya que (p ˄ q)′ = (p′ ˄ q′) es una tautología. [Esta
ley, por cierto, es la otra ley de De Morgan].
Yendo en la otra dirección, dada cualquier tautología de la forma X ≡ Y,
cuando X e Y son fórmulas que usan sólo las conectivas lógicas ˄, ˅ y si
reemplazamos ˄ por ∩, ˅ por , ≡ por = y (para ser pedantes) variables
propositivas por variables de conjunto, obtenemos una ecuación de conjunto
válida. Por ejemplo:
(3) Puesto que (p ˄ (q ˅ r)) ≡ ((p ˄ q) ˅ (p ˄ r)) es una tautología, entonces
la ecuación A ∩ (B C) = (A ∩ B) (A ∩ c) es válida.
― 119 ―
Extensión de los términos para incluir I y Ø - extendamos ahora nuestra
noción de término comenzando no sólo con las variables de conjunto, sino
también con las constantes I y Ø. Por supuesto, x I es siempre verdadera
(para todo x en I) y x Ø es siempre falsa, por lo que I y Ø corresponden a
las constantes proposicionales V y F respectivamente. Y así, en una ecuación de conjuntos que involucra a I y/o Ø, reemplazamos I por V y Ø por F
(así como ∩ por ˄, por ˅ y = por ≡) y vemos si obtenemos una tautología.
Por ejemplo, la ecuación Ø′ = I es válida, ya que F′ = V es una tautología. O
de nuevo, ya que (p ˄ V) ≡ p es una tautología, entonces la ecuación A ∩ I
= A es válida (lo que en sí mismo es obvio). También, A ∩ A′ = 0 es válida,
ya que (p ˄ p′) ≡ F es una tautología.
En virtud de las tautologías especiales T1-T9 del capítulo 17 (al final de
la sección 1), tenemos inmediatamente las siguientes ecuaciones de conjunto
válidas:
(1) A ∩ B = B ∩ A
(2) A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C
(3) A ∩ (B C) = (A ∩ B) (A ∩ C)
(4) (A B)′ =A′ ∩ B′
(5) A″ = A
(6) A ∩ A′ = Ø
(7) A ∩ Ø = Ø
(8) A ∩ I = A
(9) Ø' = I
Estas 9 ecuaciones son de interés en que ¡todas las ecuaciones booleanas
de conjunto válidas (de las cuales hay infinitamente muchas) son derivables
de sólo estas nueve! [Este resultado es un caso especial de un “gran” resultado que se demuestra en el capítulo 21].
IV - Indexación
Hay otro método de verificar las ecuaciones booleanas de los conjuntos,
que es bastante prolijo y se utiliza a menudo en estos días. Es una mejora
del antiguo método de los diagramas de Venn.
― 120 ―
Como un simple comienzo, hagamos que A y B sean subconjuntos de I.
Vemos que I se divide en los cuatro grupos de A ∩ B, A ∩ B′, A′ ∩ B y
A′ ∩ B′, que hemos etiquetado (indexado) por 1, 2, 3 y 4 respectivamente.
Cada elemento x de I pertenece a una y sólo una de estas cuatro regiones.
Llamemos a estas regiones las regiones básicas. [Corresponden a las flores
básicas del capítulo 15.] Cualquier combinación de A y B, definible por el
uso de , ∩ y ′ es la unión de una y sólo una serie de estas regiones básicas
(así como una flor básica es la unión de una y sólo una serie de flores básicas), por lo que hay 16 combinaciones posibles en total (24).
Ahora, identifiquemos cualquier combinación de este tipo con su conjunto de índices. Así, por ejemplo,
A = (1, 2)
B = (1, 3)
Entonces A B = (1, 2, 3) y A ∩ B = (1) (ya que (1) es la única región
común a A y B). También A′ = (3, 4), y como no hay nada en común entre
(1, 2) y (3, 4), entonces A ∩ A′ = { } (el conjunto vacío). También, A A′
= (1, 2) (3, 4) = (1, 2, 3, 4) por lo tanto A A′ = I.
Ahora, supongamos que deseamos verificar la ley de De Morgan, (A
B)′ = A′ ∩ B′ por este método. La idea es encontrar primero el conjunto de
índices de (A B)′ y luego el conjunto de índices de A′ ∩ B′ y ver si los dos
conjuntos son iguales:
A B = (1, 2, 3)
Por lo tanto (A B)′ = (4)
A′ = (3, 4) y B′ = (2, 4)
Por lo tanto A′ ∩ B′ = (4)
Así, (4) es el conjunto de índices de ambos (A B)′ y A′ ∩ B′, por lo
tanto (A B)′ = A′ ∩ B′.
Intentemos ahora una ecuación con tres conjuntos A, B y C. Dividen I en
ocho regiones básicas así:
Así:
― 121 ―
A = (1, 2, 3, 4)
B = (1, 2, 5, 6)
C = (1, 3, 5, 7)
Supongamos que queremos mostrar que A (B ∩ A) = (A B) ∩ (A
C). De nuevo reducimos cada lado del signo de igualdad a su conjunto de
índices y vemos si los dos conjuntos son iguales:
B ∩ C = (1, 5)
A (B ∩ C) = (1, 2, 3, 4, 5)
A B = (1, 2, 3, 4, 5, 6)
A C = (1, 2, 3, 4, 5, 7)
(A B ) ∩ (A C) = (1, 2, 3, 4, 5)
Así, ambos lados se reducen a (1, 2, 3, 4, 5) y así hemos ganado el caso.
Probemos la ecuación A ∩ (B C) = (A ∩ B) ∩ (A ∩ C):
B C = (1, 2, 3, 5, 6, 7)
A ∩ (B C) = (1, 2, 3)
A ∩ B = (1, 2)
A ∩ B = (1, 3)
(A ∩ B) (A ∩ C) = (1, 2, 3)
Así, la ecuación se reduce a (1, 2, 3) = (1, 2, 3).
¿Qué hacemos si tenemos más de tres incógnitas, digamos A, B, C y D?
Bueno, ya no podemos dibujar círculos, pero aún así los cuatro conjuntos
dividen I en 16 regiones básicas, y podemos numerarlos de tal manera que
A = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)
B = (1, 2, 3, 4, 9, 10, 11, 12)
C = (1, 2, 5, 6, 9, 10, 13, 14)
D = (1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15)
Entonces, podemos operar en consecuencia con estos conjuntos de índices.
Para cinco incógnitas A, B, C, D, E tenemos 32 regiones básicas. En general, para cualquier n igual o mayor que 2, los conjuntos A1, A2, ..., An
dividen I en 2n regiones básicas, y podemos asignar un índice a cada una de
estas regiones, por ejemplo, tomando A como la primera mitad de los números enteros 1, 2, ..., 2n, y luego tomando A2 como cada dos cuartos (empezando por el primero), A3 cada dos octavos, y así sucesivamente. Por
ejemplo, para n = 5, tomamos A1 = (1-16);
A2 = (1-8, 17-25);
A3 = (1-4, 9-12, 17-21, 26-29);
A4 = (1-2, 5-6, 9-10, 13-14, 17-18, 21-22, 25-26, 29-30);
A5 = (Todos los números impares del 1 al 31).
― 122 ―
¿Qué es más eficiente, el método de tautología o el método de indexación? Bueno, esto depende de la ecuación particular. A veces el método de
indexación funciona más rápidamente, y otras veces el método de la tautología.
Otras operaciones booleanas en los conjuntos
(1) Por A ⸧ B se entiende A′ B.
(2) Por A ≡ B se entiende (A ⸧ B) A (B ⸧ A)
(3) Por A − B se entiende A ∩ B′.
(4) Por A + B se entiende (A − B) (B − A). [A + B a veces se llama la
diferencia simétrica de A y B. Observe que A + B = (A ≡ B)′].
Ejercicio 2 - Demuestre los siguientes hechos a continuación (donde A y B
son cualquier subconjunto de I y x es cualquier elemento de I).
F4: x A ⸧ B ssi (x A ⸧ x B)
F5: x A ≡ B ssi (x A ≡ x B)
F6: x A − B ssi (x A ∩ (x B)′)
F7: x A + B ssi (x A ≡ B)′
***
Lo que hemos hecho en este capítulo ―el álgebra booleana de conjuntos― no es más que un caso especial de la teoría de las álgebras booleanas
en general, al que nos referiremos en el próximo capítulo.
SOLUCIONES
1 - (a) y (c) podría ser cierto para algunos conjuntos A y B, pero no son
generalmente verdaderos. Por otra parte, (b) y (d) se mantienen para todos
los conjuntos A y B, como vamos a demostrar ahora.
(b) Obviamente A ∩ B B (cada elemento de A ⸧ B también está en B,
ya que está en ambos A y B). Por lo tanto, si A ∩ B es el mismo conjunto
que A, entonces A B. Así, A ∩ B = A implica A B.
Recíprocamente, supongamos A B. Entonces cada elemento de A está
también en B, por lo tanto está en A ∩ B. Por lo tanto, A A ∩ B. También,
por supuesto, A ∩ B A, y así cada uno de los conjuntos A ∩ B y A es un
subconjunto del otro, y por lo tanto A ∩ B = A. Esto prueba (b).
(d) Si A B = B, entonces la afirmación de que A B se reduce a A
A B, lo cual es obviamente cierto. Así, A B = B implica A B. A la
inversa, supongamos que A B. Entonces cada elemento de A B está en
A o en B, pero si está en A, también está en B (ya que A B), y así cada
elemento de A B está en B, y por lo tanto A B B. También, por
― 123 ―
supuesto, B
= B.
A
B, y por lo tanto A
B = B. Así, A
B implica A
B
2 - Son las letras (e), (f) y (g) que son verdaderas para todos los conjuntos
A y B. Aquí están las pruebas:
(e) Supongamos que A B. Tome cualquier elemento x en B′. Entonces
x no está en B. Por lo tanto, x no está en A (porque si estuviera en A, también
estaría en B (ya que A B), que no lo está). Puesto que x no está en A,
entonces x A′, y por lo tanto cada elemento de B′ está en A′, lo que significa que B′ A′. Así, A B implica B′ A′.
(f) En primer lugar, debe ser obvio (como se mencionó anteriormente)
que para cualquier conjunto A, A″ = A (el complemento del complemento
de A es A de nuevo, porque para cualquier proposición p, la proposición p″
es equivalente a p, por lo que tomamos para p la proposición x A).
Ahora, supongamos que B′ A′. Entonces A″ B″ (por (e)), por lo tanto
A B. Así, B′ A′ implica A B. También por (e), A B implica B′
A′. Por lo tanto, A B si y sólo si B′ A′.
(g) Por (f), A B′ si y sólo si B″ A′. Pero B″ = B, y por lo tanto A
B′ si B A′.
3 - Sí, es verdad. Aquí está la prueba:
Supongamos que A B. Para mostrar que A′ B = I, basta con mostrar
que I A′ B (ya que obviamente A′ B I, estamos tratando sólo con
subconjuntos de I). En otras palabras, debemos mostrar que cada elemento
x de I está en A′ B. Bueno, si x está en A′, entonces por supuesto, x está
en A′ U B (ya que A′ A′ B). Por otra parte, si x no está en A′, entonces
x está en A, por lo tanto nuevamente x está en B (desde A′ B). Así que si
x está en A′ o no, x está en A′ B. Por lo tanto, I A′ B.
A la inversa, supongamos que A′ B = I. Entonces cada elemento x de I
está en A′ B, por lo tanto x A′ o x B. Ahora, supongamos que x está
en A. Entonces x A′ no es cierto, por lo tanto x debe estar en B (ya que x
A′ o x B). Así, cada elemento x de A está también en B, por lo que A
B.
4 - Las tres afirmaciones son verdaderas:
(1) Supongamos que A es atómico. Entonces A ≠ Ø, por lo tanto A contiene al menos un elemento x. Entonces {x} (el conjunto cuyo único elemento es x) es un subconjunto de A. Si A contuviera más elementos, entonces A sería desigual a {x}, por lo tanto A tendría el subconjunto {x}, que no
es ni A ni Ø, contrariamente al hecho de que A es atómico. Por lo tanto, A
= {x}.
― 124 ―
(2) Es obvio que si A contiene sólo un elemento, entonces A = {x}, donde
x es el único elemento de A, y los únicos subconjuntos de {x} son {x} en sí
mismo y Ø, y por lo tanto {x} es atómico.
Observamos en (1) y (2) que un conjunto atómico es nada más y nada
menos que un conjunto con un solo elemento.
(3) Si A no está vacío, entonces contiene algún elemento x, y así {x} es
un subconjunto atómico de A.
― 125 ―
Capítulo 19
Algebras booleanas en general
Se ha señalado sabiamente que la existencia de analogías entre los rasgos
centrales de diversas teorías implica la existencia de una teoría general que
subyace a las teorías particulares y las unifica con respecto a esos rasgos
centrales.6
Bien, estamos a punto de considerar una teoría general abstracta que une
las teorías de los jardines booleanos, la Lógica Proposicional y el álgebra
booleana de conjuntos.
I - Álgebra Booleana
Consideremos ahora un conjunto U de al menos dos elementos, junto con
una operación ˄ que asigna a cada elemento x de U y a cada elemento y de
U un elemento único x ˄ y de U, llamado encuentro de x e y, y otra operación
˅ que asigna a cada x e y un elemento x ˅ y de U, llamado unión de x e y, y
una operación que asigna a cada x de U un elemento x′ de U, que podría
llamarse la involuta de x. Dejemos que B sea el sistema que consiste en el
conjunto U, junto con las tres operaciones ˄, ˅, ′.
Estamos construyendo una teoría abstracta en la que los elementos de la
U pueden ser cualquier objeto. En aplicación a la lógica proposicional, U
será el conjunto de fórmulas de la lógica proposicional usando sólo las conectivas lógicas, la conjunción, la disyunción y la negación, y ˄, ˅, ′ serán
respectivamente estas operaciones.
En aplicación a los jardines booleanos, U será el conjunto de flores y ˄,
˅, ′ serán respectivamente las operaciones ∩, , −. Así, para las flores A y
B, las flores A ˄ B, A ˅ B, A′ serán respectivamente A ∩ B, A B, Ā.
En aplicación de la teoría booleana de conjuntos, U será una colección de
subconjuntos de algún conjunto no vacío I, y ˄, ˅, ′ serán respectivamente
encuentro, unión y complementación.
Ahora, consideremos una fórmula X de lógica proposicional sin otras conectivas que ˄, ˅ y ′. Si ahora reinterpretamos las variables proposicionales
p, q, r como nombres de elementos de U, en lugar de proposiciones, y ˄, ˅
y ′ como las operaciones se encuentran, se unen e involucionan del sistema
B, entonces X designa algún elemento de U. Por ejemplo, si interpretamos
6
Esto ha sido acreditado al matemático E. V. Moore.
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p como elemento x de U, y q como elemento y, entonces la fórmula p ˅ (q
˄ p′) designa el elemento x ˅ (y ˄ x′). [Realmente pasamos por esto dos veces
antes para los casos especiales de los jardines booleanos y la teoría booleana
de los conjuntos]. Ahora definimos que B es un álgebra booleana o, como
decimos, U es un álgebra booleana con respecto a las operaciones ˄, ˅, ′, ssi
se cumple la siguiente condición: Para cualquier fórmula X e Y, usando sólo
las conectivas ˄, ˅, ′, si X es lógicamente equivalente a Y (es decir, si X ≡
Y es una tautología), entonces bajo cada interpretación de las variables proposicionales de X e Y como elementos de U, las fórmulas X e Y designarán
el mismo elemento.
Así, por ejemplo, como la fórmula (p ˄ q)′ es lógicamente equivalente a
p′ ˅ q′, entonces en un álgebra booleana, para cualesquiera elementos x e y
de U, se deduce que (x ˄ y)′ = x′ ˅ y′.
Ya hemos tratado con dos ejemplos: En el capítulo 17 vimos que en un
jardín booleano reducido, las fórmulas lógicamente equivalentes designarán
siempre la misma flor bajo una interpretación dada. Así, tenemos
Proposición 1 - Un jardín booleano reducido es un álgebra booleana con
respecto a las operaciones ∩, , −.
También vimos en el último capítulo que si U es el conjunto de todos los
subconjuntos de algún conjunto no vacío I, entonces las fórmulas lógicamente equivalentes siempre designan el mismo conjunto bajo una interpretación dada. Así, tenemos
Proposición 2 - Para cualquier conjunto no vacío I, la colección de todos
los subconjuntos de I es un álgebra booleana con respecto a la intersección,
unión y complementación.
Por lo tanto, cualquier cosa que probemos sobre las álgebras booleanas
en general, se aplicará tanto a los jardines reducidos como a la teoría booleana de conjuntos.
A veces se ha dicho que el conjunto de fórmulas de lógica proposicional,
utilizando las conectividades ˄, ˅, ′ es un álgebra booleana (con respecto a
la conjunción, la disyunción y la negación). Esto no es del todo cierto; ¡las
fórmulas lógicamente equivalentes no tienen por qué ser idénticas! Sin embargo, hay una importante modificación de esto que es cierta e implica una
generalización de las álgebras booleanas a las que nos dirigimos ahora.
Volvamos a considerar un conjunto general U con las operaciones ˄, ˅, ′.
Ahora, consideremos también alguna relación R entre los elementos x e y de
U. Para los jardines booleanos, la relación R que nos interesará es la similitud (el mismo color en todos los días). Para la lógica proposicional, tomaremos R como la relación de equivalencia lógica. Para la teoría de conjuntos
booleana, tomaremos R como la relación de la identidad. Ahora definiremos
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U (junto con las operaciones ˄, ˅, ′) como un álgebra booleana relativa a R
ssi se cumple la siguiente condición: Para cualquier fórmula X e Y, utilizando sólo las conectivas ˄, ˅, ′, si X es lógicamente equivalente a Y, entonces bajo cada interpretación de la variable proposicional de X e Y como
elementos de U, el elemento designado por X muestra la relación R con el
elemento designado por Y. Así, lo que anteriormente llamábamos un álgebra booleana está bajo esta definición generalizada, un álgebra booleana
relativa a la identidad.
¡Entonces es cierto que el conjunto de fórmulas de la lógica proposicional
usando ˄, ˅, ′ es un álgebra booleana relativa a la equivalencia lógica! También es cierto que un jardín booleano, reducido o no, es un álgebra booleana
relativa a la relación de similitud. Esto justifica que llamemos “booleanos”
a los jardines booleanos.
Ecuaciones booleanas - Al igual que en la lógica proposicional, usamos las
letras p, q, r, con o sin subíndices, para representar proposiciones arbitrarias,
en el álgebra booleana, usaremos la letra x, y, z, w, con o sin subíndices,
llamadas variables para representar elementos arbitrarios de U. Por un término (booleano), nos referiremos a cualquier expresión formada a partir de
variables y combinando cualquier término ya construido con los símbolos
˄, ˅, ′ y usando paréntesis para evitar la ambigüedad. Así pues,
(1) Cada variable es un término.
(2) Para cualquier término t, la expresión t′ es un término.
(3) Para cualquier término t1 y t2, las expresiones (t1 ˄ t2) y (t1 ˅ t2) son
términos.
Se entiende que ninguna expresión es un término a menos que su existencia se desprenda de (1), (2) y (3) arriba. Así, por ejemplo, ((x ˄ y)′ ˅ (z ˅
(x ˄ y′)))′ es un término.
Por una ecuación (booleana) nos referimos a una expresión de la forma
t1 = t2, donde t1 y t2 son términos. Por ejemplo, (x ˄ y) = (x ˅ y)′ es una
ecuación (no válida, como sucede). Decimos que una ecuación se mantiene
en un álgebra booleana si es verdadera para todos los valores posibles de las
variables. Por ejemplo, decir que la ecuación (x ˄ y)′ = (x′ ˅ y′) se mantiene
en un álgebra booleana dada U, es decir que para todos los elementos x e y
de U, el elemento (x ˄ y)′ es el mismo que el elemento x′ ˅ y′. Llamaremos
una ecuación válida o una identidad si es válida para todas las álgebras booleanas. Ahora, llamaremos tautológica a una ecuación si sustituyendo las
variables booleanas por variables proposicionales y “=” por “≡”, obtenemos
una tautología de lógica proposicional. Por ejemplo, la ecuación (x ˄ y)′ = x′
˅ y′ es tautológica, porque (p ˄ q)′ ≡ (p′ ˅ q′) es una tautología. Así, decir
que U es un álgebra booleana es decir que todas las ecuaciones tautológicas
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se mantienen en U. Y así, todas las ecuaciones tautológicas son válidas (se
mantienen en todas las álgebras booleanas).
Los elementos 1 y 0 - La ecuación x ˅ x′ = y ˅ y′ es tautológica (ya que (p
˅ p′) ≡ (q ˅ q′) es una tautología), y así, en un álgebra booleana, para cualesquiera elementos x e y de U, el elemento x ˅ x′ es el mismo que y ˅ y′, y
llamamos a este elemento común “1”.
Cualesquiera de las dos fórmulas lógicamente contradictorias son lógicamente equivalentes, y así (p ˄ p′) ≡ (q ˄ q′) es una tautología, por lo tanto en
un álgebra booleana, para cualesquiera elementos x e y de U, el elemento x
˄ x′ es el mismo que el elemento y ˄ y′, y llamamos a este elemento común
“0”.
Ahora añadimos “1” y “0” a nuestra lista de términos, y corresponden
respectivamente a las constantes V y F de la lógica proposicional. Así, una
ecuación booleana que involucra 1 y 0 debe ser considerada como tautológica si se convierte en una tautología, reemplazando 1 por V y 0 por F, y
también haciendo los mismos reemplazos que antes (= por ≡ y variables
booleanas por variables proposicionales). Así, por ejemplo, x ˄ 1 = x es tautológica, ya que (p ˄ V) ≡ p es una tautología, y así en un álgebra booleana,
x ˄ 1 es el mismo elemento que x, para cualquier x. También, V′ ≡ F y F′ ≡
V son tautologías, y así en un álgebra booleana, 1′ = 0 y 0′ = 1. [Observemos
que en el álgebra booleana de todos los subconjuntos de algún conjunto no
vacío I, el elemento 0 es el conjunto vacío Ø y 1 es el conjunto I. Por supuesto, Ī = Ø y = I],
Otras Operaciones Booleanas - En lo que sigue, se asume que B es un
álgebra booleana.
Para cualesquiera elementos x e y de U, definimos que x ⸧ y es x′ ˅ y.
[Recordamos que en la lógica proposicional, p ⸧ q es equivalente a p′ ˅ q].
Y definimos que x ≡ y es el elemento (x ⸧ y) ˄ (y ⸧ x) que es (x′ ˅ y) ˄ (y′ ˅
x). [Recordamos que en la lógica proposicional p ≡ q es lógicamente equivalente a (p ⸧ q) ˄ (q ⸧ p). Además, p ≡ q es lógicamente equivalente a (p
˄ q) ˅ (p′ ˄ q′), así que en un álgebra booleana, (x ⸧ y) ˄ (y ⸧ x) = (x ˄ y) ˅
(x′ ˄ y′)].
Así, para cualquier fórmula X e Y, si, bajo una interpretación dada, X e
Y designan respectivamente a elementos x e y, entonces X ⸧ Y designará x
⸧ y, y X ≡ Y designará x ≡ y.
De acuerdo con la lógica proposicional, podríamos definir x y como (x
≡ y)′, pero preferimos utilizar el símbolo “+” en lugar de “ ” para las álgebras booleanas, porque resulta ser estándar en la literatura (y también se
comporta de ciertas maneras como la adición en aritmética). Así que definimos que x + y es (x ≡ y)′. También podríamos definir que x − y es x ˄ y′
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(como lo hicimos para los conjuntos), en cuyo caso podríamos definir alternativamente que x + y es (x − y) ˅ (y − x), que en un álgebra booleana es el
mismo elemento que ((x ⸧ y) ˄ (y ⸧ x))′, como el lector puede verificar por
una tabla de verdad. En la literatura, x + y se llama a veces la diferencia
simétrica de x e y (ya que x + y = (x − y) ˅ (y − x)).
Ahora somos libres de añadir los nuevos símbolos ⸧, ≡, + para las álgebras booleanas, y ahora cualquier ecuación, incluso posiblemente con estos
nuevos símbolos, se llamará tautológica si se convierte en una tautología
sustituyendo = por ≡, 1 por V, 0 por F, + por y las variables booleanas x,
y, z, ... por las variables proposicionales p, q, r, ... .
Observemos que como (p p) ≡ F es una tautología, entonces x + x = 0
se mantiene en el álgebra booleana. En particular, tomando 1 para x, obtenemos la extraña ecuación 1 + 1 = 0, que no tiene contrapartida en aritmética
y es bastante desconcertante para aquellos que han oído hablar de ella, pero
no saben nada sobre el álgebra booleana.
Problema 1 - Probar que en un álgebra booleana, 1 ≠ 0 (asumiendo que U
tiene al menos 2 elementos).
Problema 2 - Probar que en un álgebra booleana, si x ˄ y = 0, y x ˄ y′ = 0,
entonces x = 0.
En lo que sigue, se supone que B es un álgebra booleana.
Problema 3 - Demostrar que si x ˄ y = 1, entonces x = 1 e y = 1.
Ahora definimos x ≤ y si y sólo si x ˄ y = x.
Problema 4 - Probar que x ≤ y si y sólo si x ⸧ y = 1.
Problema 5 - Probar que si x ≤ y, e y ≤ x, entonces x = y.
Problema 6 - Demostrar que (x ≡ y) = 1 si y sólo si x = y.
II - Algebras Booleanas Exactas
Llamaremos a un conjunto E de elementos de U un conjunto exacto si
para cualesquiera elementos x e y de U, se cumplen las siguientes tres condiciones:
E1: Uno de los elementos x, x′ está en E y el otro no.
E2: x ˄ y está en E si y sólo si x e y están ambos en E.
E3: x ˅ y está en E si y sólo si al menos uno de los elementos x, y está en E.
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Ejemplos - (1) En un jardín booleano, el conjunto de todas las flores que
son azules en un día determinado, es un conjunto exacto.
(2) En la lógica proposicional, el conjunto de todas las fórmulas que son
verdaderas bajo una interpretación dada, es un conjunto exacto.
(3) Consideremos un conjunto I que contiene al menos un elemento y el
conjunto U de todos los subconjuntos de I. Para cualquier elemento x de I,
el conjunto de todos los subconjuntos de I que contienen x es un conjunto
exacto.
Problema 7 - Supongamos que U es un álgebra booleana (con respecto a ˄,
˅, ′) y que E es un subconjunto de U que obedece a las condiciones E1 y E2
de la definición de un conjunto exacto. Demuestra que también obedece a la
condición E3. Mostrar que también obedece las dos condiciones siguientes:
E4: x ⸧ y está en E si y sólo si x está fuera de E, o y está dentro de E.
E5: x ≡ y está en E si y sólo si x e y están ambos dentro de E, o ambos fuera
de E.
Problema 8 - Muestra que en un álgebra booleana, el 1 pertenece a todos
los conjuntos exactos y el 0 a ninguno.
Ahora definimos que un álgebra booleana es un álgebra booleana exacta
si para todos los elementos x e y, si x e y pertenecen exactamente a los mismos conjuntos exactos, entonces x = y.
Ejemplos (1) Considere un jardín booleano reducido. Supongamos que las
flores F y G pertenecen a los mismos conjuntos exactos. Ahora, dado cualquier día, el conjunto de flores que son azules en ese día es un conjunto
exacto. Por lo tanto, F y G son azules en exactamente los mismos días, por
lo tanto F = G (ya que el jardín se reduce). Por lo tanto, un jardín booleano
reducido es un álgebra booleana exacta.
(2) Supongamos que I es un conjunto que tiene al menos dos elementos
y que U es el conjunto de todos los subconjuntos de I. Supongamos que A y
B son subconjuntos de I que pertenecen exactamente a los mismos conjuntos
exactos. Para cualquier elemento x de I, que sea el conjunto de todos los
subconjuntos de I que contienen x como elemento. Entonces es un conjunto exacto, y por lo tanto A pertenece a si y sólo si B pertenece a , lo
que significa que A contiene x si y sólo si B contiene x. Esto es cierto para
cada elemento x de I, y por lo tanto A y B contienen exactamente los mismos
elementos, por lo tanto son idénticos. Así, U es un álgebra booleana exacta.
De hecho, se puede probar que cada álgebra booleana es un álgebra booleana exacta, pero la prueba está más allá del alcance de este libro. Sin embargo, probaremos que cada álgebra booleana finita (cada álgebra booleana
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en la que el conjunto U tiene sólo finamente muchos elementos) es un álgebra booleana exacta (un hecho que será bastante útil en el próximo capítulo).
La prueba de esto implica varios problemas preliminares, a los que ahora
nos referimos.
Problema 9 - Supongamos que U es un álgebra booleana y que 1 es el único
elemento que pertenece a todos los conjuntos exactos. Prueba que U es entonces un álgebra booleana exacta.
Conjuntos regulares [passables] - En lo que sigue, se supone que U es un
álgebra booleana (con respecto a ˄, ˅, ′).
Por x1 ˄ x2 ˄ x3 significamos (x1 ˄ x2) ˄ x3. Por x1 ˄ x2 ˄ x3 ˄ x4 significamos (x1 ˄ x2 ˄ x3) ˄ x4, que es ((x1 ˄ x2) ˄ x3) ˄ x4, y así sucesivamente para
cualquier n ≥ 2. Así, x1 ˄ ... ˄ xn+1 = (x1 ˄ ... xn) ˄ xn+1. En virtud de la tautología booleana x ˄ y = y ˄ x, y (x ˄ y) ˄ z = x ˄ (y ˄ z), el orden en el que
ordenamos los elementos x1 ˄ ... ˄ xn no hace ninguna diferencia al elemento
x1 ˄ ... ˄ xn, es decir, si y1, ... yn son los mismos elementos que x1, ... xn, pero
quizás en un orden diferente, entonces x1 ˄ ... ˄ xn = y1 ˄ ... ˄ yn. [Por ejemplo
x ˄ y ˄ z = y ˄ z ˄ x, porque x ˄ y ˄ z = (x ˄ y) ˄ z = (y ˄ x) ˄ z = y ˄ (x ˄ z) =
y ˄ (z ˄ x) = (y ˄ z) ˄ x = y ˄ z ˄ x].
Dado un conjunto no vacío S de elementos x1, ..., xn, por el encuentro de
S significaremos el elemento x1 ˄ ... ˄ xn. [El orden en que tomamos los
elementos x1, ..., xn no hace ninguna diferencia, como hemos visto]. Así, por
ejemplo, si S = {x, y, z, w} (el conjunto cuyos elementos son x, y, z, w) entonces el encuentro de S es el elemento ((x ˄ y) ˄ z) ˄ w. [Observamos que
en un álgebra booleana de conjuntos (con ∩, , ′ como las operaciones booleanas) el encuentro de una colección no vacía C de conjuntos es simplemente la intersección de todos los miembros de C, es decir, el conjunto de
todos los elementos que pertenecen a todos los conjuntos en C]. De ahora
en adelante escribiremos Ŝ, o ˄(S) para significar el encuentro de S.
Y ahora definimos un conjunto no vacío S de elementos de U para que
sea regular si Ŝ ≠ 0. [Observamos que en un jardín booleano reducido, un
conjunto regular es simplemente un conjunto no vacío S de flores, de tal
manera que hay al menos un día en el que todas las flores de S son azules].
Problema 10 - Probar que si S es regular, entonces cada subconjunto no
vacío de S es regular. (En otras palabras, si algún subconjunto no vacío de
S no es pasable, entonces S, no es regular).
Problema 11 - Supongamos que S es regular. Demuestra que para cualquier
elemento x e y, lo siguiente debe ser cierto:
(a) S no puede contener tanto x como x′.
(b) Si S contiene x ˄ y, entonces no puede contener ni x′ ni y′.
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(c) Si S contiene x e y, entonces no puede contener (x ˄ y)′.
Para cualquier conjunto S de elementos de U, y para cualquier elemento
x de U, por Sx, nos referiremos al conjunto cuyos elementos son los de S
junto con el elemento x. [Si x está en S, entonces Sx, es simplemente S, pero
si x no está en S, entonces Sx tiene sólo un elemento más que S, a saber, el
elemento x]. Notemos que independientemente de si x está en S o no, Ŝx = Ŝ
˄ x. Si x está en S, entonces Ŝx = Ŝ ˄ x en virtud de la tautología booleana x
˄ x = x].
Problema 12 - Supongamos que S es regular. Demuestra que para cualquier
elemento x de U, tanto Sx como Sx′ es regular.
Llamamos a un conjunto S un conjunto regular máximo si S es regular y
S no es un subconjunto de ningún otro conjunto regular. Ahora, en un álgebra booleana finita, cualquier conjunto regular S debe ser un subconjunto de
algún conjunto regular máximo, porque si S ya es un conjunto regular máximo, hemos terminado. Si no, entonces S1 es un subconjunto de un conjunto
aceptable más grande, S1. Si S1 es máximo, hemos terminado, pero si no,
entonces S1 es un subconjunto de un conjunto aún mayor aceptable, S2, y así
sucesivamente. Pero como U es sólo finito, no podemos seguir siempre tomando conjuntos cada vez más grandes; debemos alcanzar eventualmente
un conjunto aceptable Sn que no puede ser extendido más allá de un conjunto
regular, por lo tanto Sn debe ser un conjunto regular máximo. Registramos
esto como:
Proposición 3 - En un álgebra booleana finita, cada conjunto pasable es un
subconjunto de algún conjunto regular máximo.
Notemos ahora que si M es un conjunto regular máximo, entonces para
cualquier elemento x, si Mx es pasable, entonces x debe estar en M, porque
si x no está en M, Mx es un conjunto regular mayor que M, contrariamente
al hecho de que M es un conjunto regular máximo. Registrémoslo como:
Proposición 4 - Si M es un conjunto regular máximo, entonces para cualquier elemento x, si Mx es regular, entonces x es un miembro de M.
Ahora llegamos a la proposición “clave”:
Proposición 5 - En un álgebra booleana, cualquier conjunto regular máximo
es un conjunto exacto.
Problema 13 - Probar la proposición 5.
De la proposición 3 y la proposición 5, tenemos a la vez:
Teorema 1 - En un álgebra booleana finita, cada conjunto regular es un subconjunto de un conjunto exacto.
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Observación - El teorema 1 también se sostiene si eliminamos “finito”, pero
la prueba de esto va más allá del alcance de este libro.
Problema 14 - (a) Probar que si x ≠ 0, entonces x pertenece al menos a un
conjunto exacto (asumiendo que U es finito).
(b) Ahora pruebe el Teorema 2 siguiente. [Pista: Aprovechar el problema
9].
Teorema 2 - [Resultado principal] Cada álgebra booleana finita es un álgebra booleana exacta.
Como hemos señalado, el resultado anterior será bastante útil en el próximo capítulo.
SOLUCIONES
1 - Las siguientes ecuaciones son tautologías booleanas.
(1) x ˄ 1 = x
(2) x ˄ 0 = 0
Ahora, supongamos 1 = 0. Entonces para cualquier elemento x de U, x ˄
1 = x ˄ 0. Por lo tanto por (1) y (2), x = 0. Así, x = 0 para cada elemento x,
lo que significa que 0 es el único elemento de U, contrariamente a nuestra
suposición de que U tiene al menos dos elementos.
2 - Aquí están las tautologías booleanas que necesitamos ahora:
(1) 0 ˅ 0 = 0
(2) y ˅ y′ = l
(3) x ˄ 1 = x
(4) (x ˅ y) ˄ (x ˅ z) = x ˄ (y ˅ z)
Ahora, supongamos que x ˄ y = 0, y x ˄ y′ = 0. Entonces (x ˄ y) ˅ (x ˄ y′)
= 0 ˅ 0 = 0 También (x ˄ y) ˅ (x ˄ y′) = x ˄ (y ˅ y′) (por (4), tomando y′ por
z) = x ˄ 1 (por (2), ya que y ˅ y′ = 1) = x (por (3)). Así, (x ˄ y) ˅ (x ˄ y′) es
igual tanto a 0 como a x, por lo tanto x = 0.
3 - Las tautologías booleanas que necesitamos para la solución son las siguientes:
(1) x ˄ (y ˄ z) = (x ˄ y) ˄ z
(2) x′ ˄ x = 0
(3) 0 ˄ y = 0
(4) x ˄ 1 = x
(5) 0′ = 1
(6) x″ = x
(7) x ˄ y = y ˄ x
Ahora supongamos que x ˄ y = 1. Entonces, x′ ˄ (x ˄ y) = x′ ˄ 1.
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Por lo tanto, x′ ˄ (x ˄ y) = x′
Por lo tanto, (x′ ˄ x) ˄ y = x′
Por lo tanto, 0 ˄ y = x′
Por lo tanto, 0 = x′
Por lo tanto, 0′ = x″
Por lo tanto, 1 = x
(ya que x′ ˄ 1 = x′ por (4)).
(por (1))
(por (2))
(por (3))
(por (5) y (6))
Entonces, x = 1. Ahora, x ˄ y = y ˄ x (por (7)), y como x ˄ y = 1, entonces
y ˄ x = 1. Entonces, por el mismo argumento (intercambiando x con y), y =
1.
4 - Las siguientes tres ecuaciones son tautologías booleanas que pueden ser
verificadas por tablas de verdad:
(1) (x ˄ y) ⸧ y = 1
(2) x ˄ (x ⸧ y) = x ˄ y
(3) x ˄ 1 = x
Ahora, debemos mostrar que x ≤ y si y sólo si x ⸧ y = 1.
(a) Supongamos que x ≤ y. Por lo tanto, x ˄ y = x. Entonces x ⸧ y = (x ˄ y)
⸧ y, pero (x ˄ y) ⸧ y = 1 (por (1)), y así x ⸧ y = 1.
(b) A la inversa, supongamos que x ⸧ y = 1. Entonces, x ˄ (z ⸧ y) = x ˄ 1.
Por lo tanto, x ˄ (x ⸧ y) = x (ya que x ˄ 1 = x por (3)). Por lo tanto, x ˄ y
= x (ya que x ˄ (x ⸧ y) = x ˄ y, por (2)), lo que significa que x ≤ y.
5 - Supongamos que x ≤ y e y ≤ x. Por lo tanto, x ˄ y = x, e y ˄ x = y, pero y
˄ x = x ˄ y (esta es una tautología booleana) y puesto que y ˄ x = y, entonces
x ˄ y = y. Por lo tanto, x ˄ y es igual a ambos x e y, por lo tanto x = y.
6 - (a) (x ≡ x) = 1 es una tautología booleana, por lo tanto si x = y, entonces
(x ≡ y) = (x ≡ x), y por lo tanto x ≡ y es entonces igual a 1.
(b) Recíprocamente, supongamos que (x ≡ y) = 1. Así ((x ⸧ y) ˄ (y ⸧ x))
= 1. Entonces por el problema 3, (x ⸧ y) = 1 y (y ⸧ x) = 1. Luego por el
Problema 4, x ≤ y, e y ≤ x. Luego por el Problema 5, x = y.
7 - Para este problema usamos la tautología booleana x ˅ y = (x′ ˄ y′)′. Ahora,
supongamos que el conjunto E satisface las condiciones E1 y E2.
(a) Supongamos que x ˅ y está en E. Entonces (x′ ˄ y′)′ está en E. Por lo
tanto, x′ ˄ y′ está fuera de E (por E1). Por lo tanto, o x′ o y′ está fuera de E
(porque si ambos estuvieran dentro de E, entonces por E2, x′ ˄ y′ estaría en
E, lo cual no es así). Por lo tanto, ya sea x o y debe estar en E (por E1). Por
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lo tanto, si x ˅ y está en E, entonces al menos uno de los elementos x o y (o
ambos) debe estar en E.
b) A la inversa, supongamos que al menos uno de los elementos x, y está
en E. Entonces por E1 al menos uno de los elementos x′, y′ debe estar fuera
de E, por lo tanto x′ ˄ y′ está fuera de E (porque si estuviera dentro de E,
entonces x′ e y′ estarían ambos en E (por E2), contrariamente al hecho de que
al menos uno de x′, y′ está fuera de E). Como x′ ˄ y′ está fuera de E, entonces
por E1, (x′ ˄ y′), está en E. Por lo tanto, x ˅ y está en E.
Por (a) y (b), x ˅ y está en E si y sólo si al menos uno de los elementos x
o y está en E. Esto prueba E3.
Las pruebas de E4 y E5 se dejan como ejercicios.
8 - Supongamos que E es un conjunto exacto. Considera cualquier elemento
x de U. Por la condición E1, al menos (de hecho exactamente) uno de los
elementos x, x′ pertenece a E y, en cualquier caso, x ˅ x′ pertenece a E (por
la condición E3), pero x ˅ x′ = 1, por lo tanto 1 pertenece a E. Así 0′ pertenece
a E, por lo tanto por E1, 0 no pertenece a E. Y por lo tanto 1 pertenece a E,
pero 0 no.
9 - Supongamos que 1 es el único elemento que pertenece a todos los conjuntos exactos. Ahora, se deduce de E5 (Ver Problema 7) que x e y pertenecen a los mismos conjuntos exactos si y sólo si x ≡ y pertenece a todos los
conjuntos exactos.
Supongamos que x e y pertenecen a los mismos conjuntos exactos. Entonces x ≡ y pertenece a todos los conjuntos exactos. Pero como 1 es el único
elemento que pertenece a todos los conjuntos exactos, entonces (x ≡ y) = 1.
Por lo tanto, x = y (Problema 6). Por lo tanto, U es un álgebra booleana
exacta.
10 - Supongamos que A es un subconjunto no vacío de S y que A no es
regular. Si A = S, entonces, por supuesto, S no es regular, así que suponga
que A ≠ S. Que a1, ..., an sean los elementos de A y b1, ..., bn sean los elementos de S que no están en A. Que a = a1 ˄ ... ˄ an y b = b1 ˄ ... ˄ bn.
Entonces  = a y Ŝ = a ˄ b. Como A no es regular, entonces a = 0. Por lo
tanto, a ˄ b = 0 (ya que a ˄ b = 0 ˄ b, y 0 ˄ b = 0), y por lo tanto Ŝ = 0, por
lo que S no es regular.
11 - Las siguientes son tautologías booleanas:
(1) x ˄ x′ = 0
(2) (x ˄ y) ˄ x′ = 0
(3) (x ˄ y) ˄ y′ = 0
(4) x ˄ y ˄ (z ˄ y)′ = 0
Por lo tanto, ninguno de los siguientes conjuntos es regular:
(1) {x, x′}
― 136 ―
(2) {x ˄ y, x′}
(3) {x ˄ y, y′}
(4) {x, y, (x ˄ y)′}
Entonces, por el Problema 10, ninguno de estos cuatro conjuntos puede
ser subconjunto de un conjunto regular S.
12 - Supongamos que ni Sx ni Sx′ es regular. Así Ŝx = 0 y Ŝx′ = 0. Sea s = Ŝ.
Entonces Ŝx = s ˄ x y Sx′ = s ˄ x′. Así s ˄ x = 0 y s ˄ x′ = 0. Por lo tanto, s =
0 (Problema 2) y así, S no es regular.
Por lo tanto, si ni Sx ni Sx′ es regular, entonces S no es regular. Por lo
tanto, si S es regular, entonces al menos uno de los conjuntos Sx o Sx′ debe
ser regular.
13 - Supongamos que M es un conjunto máximo regular.
(1) Por el Problema 12, o Mx o Mx′ es aceptable. Luego por la proposición
4, ya sea x o x′ está en M. Además, x y x′ no pueden estar ambas en M
(Problema 11(a)). Así, uno y sólo uno de los elementos x, x′ está en M, y por
lo tanto se cumple la condición E1 (de la definición de un conjunto exacto).
(2) En cuanto a la condición E2, supongamos que x ˄ y está en M. Entonces M no contiene ni x′ ni y′ (Problema 11(b)), por lo tanto M contiene tanto
x como y (por la condición E1, que hemos visto que se mantiene para M).
También, supongamos que M contiene tanto x como y. Entonces M no
puede contener (x ˄ y)′ (Problema 11(c)), por lo tanto por E1, M contiene x
˄ y. Así, M contiene x ˄ y si y sólo si M contiene tanto a x como a y, por lo
tanto M satisface la condición E2. Puesto que E1 y E2 se satisfacen, también
lo hace E3 (Problema 7), y por lo tanto M es un conjunto exacto.
14 - (a) Supongamos que x ≠ 0. Que S sea el conjunto {x} (el conjunto cuyo
único miembro es x). Entonces Ŝ = x, por lo que Ŝ ≠ 0, por lo que S es
regular. Entonces por el Teorema 1, S es un subconjunto de algún conjunto
exacto E, y por lo tanto x es un miembro de E.
b) Por el Problema 9, basta con mostrar que 1 es el único elemento que
pertenece a todos los conjuntos exactos. Bien, supongamos que x es cualquier elemento que no sea 1. Entonces x′ ≠ 0 (porque si x′ fuera 0, tendríamos
x″ = 0′, y por lo tanto x sería 1), por lo tanto por (a), x′ pertenece a algún
conjunto exacto E. Entonces x no está en E (por la condición E1) y por lo
tanto x no pertenece a todos los conjuntos exactos. Así, 1 es el único elemento que pertenece a todos los conjuntos exactos.
― 137 ―
Capítulo 20
Jardines booleanos revisados
Todos los resultados de los Capítulos 15 y 16 sobre la reducción de los
jardines y las islas booleanas de mentiras variables son ahora fácilmente generalizables a las álgebras booleanas finitas en general, particularmente fácil
ahora que sabemos que cada álgebra booleana finita es un álgebra booleana
exacta. En términos generales, los conjuntos “exactos” corresponden a
“días”. Recordemos que dijimos que una flor G domina a una flor F si G es
azul en todos los días que F es azul. Bueno, más generalmente, dado un
álgebra booleana finita, diremos que un elemento y domina un elemento x
si y pertenece a todos los conjuntos exactos que contienen x. En las soluciones a los problemas del capítulo 15, demostramos (Proposición 1) que la flor
F domina la flor G si y sólo si G ˄ F = G. Bueno, sólo un ligero cambio
verbal en la prueba es necesario para establecer que en un álgebra booleana
exacta, un elemento y domina el elemento x si y sólo si x ˄ y = x. Así, y
domina x si y sólo si x ≤ y.
Observaciones - (1) Para el álgebra booleana de conjuntos, A ≤ B simplemente dice que A B, ya que A ˄ B = A es equivalente a A B. Así, B
domina A si y sólo si A es un subconjunto de B.
(2) Podríamos notar una cosa análoga en la lógica proposicional: (p ˄ q)
≡ p es equivalente a p ⸧ q. Así, q domina p si y sólo si p implica a q.
Elementos atómicos - Para el álgebra booleana en general, podríamos llamar a x un elemento básico si x no domina ningún elemento más que x y 0,
y si x ≠ 0. Sin embargo, el término establecido para tal x es un elemento
atómico, o un átomo booleano, o más brevemente, un átomo; y por lo tanto,
es mejor que utilicemos la terminología establecida.
Como en los jardines de flores, diremos que x representa el conjunto de
todos los átomos que x domina.
Ya hemos definido el encuentro x, ˄ ... ˄ xn de un conjunto finito {x, ...,
xn}, y notamos que este elemento x1 ˄ ... ˄ xn es el único elemento que pertenece a todos los conjuntos exactos que contienen todos los elementos x1,
..., xn. También definimos la unión de {x1, ..., xn} como el único elemento
que pertenece a todos los conjuntos exactos que contienen al menos uno de
los elementos x1, ..., xn (como hicimos para los jardines booleanos en el capítulo 15). Notamos que la unión de {x1, x2} es x1 ˅ x2; la unión de {x1, x2,
― 138 ―
x3} es (x1 ˅ x2) ˅ x3, que escribimos más simplemente x1 ˅ x2 ˅ x3. Más generalmente, la unión de {x1, ..., xn} se escribe x1 ˅ ... ˅ xn. Notamos que para
cualquier n ≥ 2, el elemento x1 ˅ ... ˅ xn+1 = (x1 ˅ ... ˅ xn) ˅ xn+1.
Como en los jardines booleanos discutidos en el Capítulo 15, para cualquier elemento x, dejamos que x* sea el conjunto de todos los elementos
atómicos dominados por x, en otras palabras, el conjunto representado por
x. Las proposiciones 1-10 probadas en las soluciones del Capítulo 15 son
fácilmente generalizables a los siguientes hechos respectivos sobre las álgebras finitas de Boole.
F1: y domina x ssi x ˄ y = x (es decir, ssi x ≤ y), que a su vez es el caso de
ssi y′ ˄ x = 0.
F2: El único elemento que puede ser dominado tanto por x como por x′ es 0.
F3: Ningún elemento atómico puede dominar a ningún otro elemento atómico.
F4: Si y no domina x, y x es atómico, entonces x ˄ y = 0.
F5: Para cualquier elemento atómico x, y cualquier elemento y, o bien y domina x o bien y′ domina x.
F6: Dos elementos atómicos distintos x e y no pueden ser miembros del
mismo conjunto exacto.
F7: Para cualquier elemento atómico x, hay un conjunto exacto E que contiene x y ningún otro elemento atómico.
F8: Todo elemento que no sea 0 domina algún elemento atómico.
F9: Si x e y son elementos distintos, entonces uno de ellos domina algún
elemento atómico que no esté dominado por el otro.
F10: Cada conjunto S de elementos atómicos está representado por la unión
de S.
Las proposiciones A, B, C, y el Teorema 1 del capítulo 15 tienen las siguientes generalizaciones respectivas al álgebra booleana finita:
F11: Si x ≠ y entonces x* ≠ y*.
F12: Un conjunto de elementos atómicos no puede ser representado por más
de un elemento.
F13: Un conjunto S de elementos atómicos está representado por un solo y
único elemento, a saber, la unión de S.
― 139 ―
F14: Existe una correspondencia 1-1 entre los elementos de U y los conjuntos
de elementos atómicos, es decir, la correspondencia en la que cada elemento
x de U corresponde al conjunto x* de todos los elementos atómicos dominados por x.
De F14 tenemos el siguiente resultado fundamental y famoso sobre las
álgebras finitas de Boole.
Teorema 1 - En un álgebra booleana finito, el número de elementos es el
mismo que el número de conjuntos de elementos atómicos, siendo este número 2n, donde n es el número de elementos atómicos.
Ahora, consideremos las generalizaciones de algunas de las cosas probadas en el capítulo 16. Probamos (F3 del Capítulo 16) que cada día, exactamente una flor básica es azul y todas las demás flores básicas son rojas, y
que por cada flor básica x, hay un día en el que x es azul y todas las demás
flores básicas son rojas. Esto se generaliza al siguiente hecho sobre las álgebras finitas de Boole.
F15: Cada conjunto exacto contiene un y sólo un elemento atómico, y cada
elemento atómico pertenece a algún conjunto exacto.
F16: Un elemento atómico x es miembro de solamente un conjunto exacto.
De F15 y F16 tenemos:
F17: En un álgebra booleana finita, el número de conjuntos exactos es el
mismo que el número de elementos atómicos.
En el capítulo 16, mostramos (F6) que si A B domina X, y X es básico,
entonces o bien A domina X, o B domina x. Esto se generaliza al siguiente
hecho sobre las álgebras finitas de Boole:
F18: Si x ˅ y domina z y z es atómica, entonces o bien x domina z o bien y
domina z (o ambas).
De particular importancia es la siguiente generalización del hecho F7 del
capítulo 16.
F19: Para cualesquiera elementos x e y de un álgebra booleana finita:
(1) (x′)* = (x*)′
(2) (x ˅ y)* = x* ˅ y*
(3) (x ˄ y)* = x* ˄ y*
― 140 ―
Isomorfismos Booleanos - Supongamos ahora que U1 es un álgebra booleana con respecto a las operaciones ˄, ˅, ′ ; y que U2 es otra álgebra booleana con respecto a las operaciones que vamos a denotar por diferentes símbolos, digamos ∩, , −; y que U2 tiene el mismo número de elementos que
U1. Ahora, consideremos una correspondencia 1-1 entre los elementos de U1
y los elementos de U2. Para cada elemento x de U1, sea x# el elemento correspondiente de U2. La correspondencia se llama isomorfismo booleano, o
simplemente isomorfismo, si para los elementos x e y de U1 se cumplen las
tres condiciones siguientes:
(1) (x′)# = ̅̅̅
𝑥#
#
(2) (x ˅ y) = x# y#
(3) (x ˄ y)# = x# ∩ y#
Dicho de otra manera, la correspondencia es un isomorfismo booleano si
para los elementos x1 e y1 de U1 y sus respectivos elementos correspondientes x2 e y2 de U2:
(1) x1′ corresponde a ̅̅̅
𝑥1
(2) x1 ˅ y1 corresponde a x2 y2
(3) x1 ˄ y1 corresponde a x2 ∩ y2
Si existe un isomorfismo booleano de un álgebra booleana a otra, entonces las dos álgebras booleanas se llaman isomórficas.
Lo que llamamos una correspondencia booleana en el capítulo 16 es, por
lo tanto, un isomorfismo booleano desde el álgebra booleana de los hombres
de la isla booleana masculina a la de las mujeres de la isla booleana femenina. Probamos en el capítulo 16 que si el número de hombres en la isla
booleana masculina es el mismo que el número de mujeres en la isla booleana femenina, entonces es posible una coincidencia booleana. El contenido puramente matemático de esto es el siguiente resultado importante y
bien conocido:
Teorema 2 - Dos algebras booleanas finitas con el mismo número de elementos son isomórficas.
También demostramos en el capítulo 16 que si n es el número de habitantes básicos de cada una de las islas, entonces el número de posibles coincidencias booleanas es n! (factorial de n). El contenido puramente matemático de esto es el siguiente:
Teorema 3 - Supongamos que B1 y B2 son álgebras booleanas finitas con el
mismo número de elementos, y que n es el número de elementos atómicos
de B1 (o de B2, que es lo mismo). Entonces, el número de isomorfismos
booleanos de B1 a B2 es n!
― 141 ―
Observaciones - Todas estas generalizaciones de resultados de los capítulos
15 y 16 pueden ser probadas de la misma manera que las pruebas de esos
capítulos, sólo que sustituyendo “conjunto de flores azules en un día determinado”, o “conjunto de personas veraces en un día determinado” por “conjunto exacto”. No es necesario repetir aquí estas pruebas.
Álgebra booleana de conjuntos - Por álgebra booleana de conjuntos se
entiende una álgebra booleana en la que 1 es un conjunto I no vacío, U es
un conjunto de subconjuntos de I (pero no necesariamente el conjunto de
todos los subconjuntos de I) y ˄, ˅, ′ son respectivamente las operaciones ∩,
, − (intersección, unión, complementación), y para cualquier elemento A
y B de U, los conjuntos A ∩ B, A B y Ā son también elementos de U. Si
U contiene todos los subconjuntos de I, entonces llamaremos a U un álgebra
booleana total de conjuntos.
Ya hemos visto que en un álgebra booleana total de conjuntos, los átomos
booleanos son simplemente los subconjuntos de I que contienen un solo elemento.
Surge una pregunta interesante: ¿Es cada álgebra booleana isomorfa a un
álgebra booleana total de conjuntos? Es bien sabido que la respuesta es no,
pero la prueba de esto va más allá del alcance de este libro (pero ver Discusión más abajo para una referencia). Sin embargo, por los Hechos 14 y 19,
tenemos el siguiente resultado bien conocido:
Teorema 4 - Toda álgebra booleana finita es isomorfa a un álgebra booleana
total de conjuntos, es decir, el conjunto de todos los subconjuntos del conjunto de todos los elementos atómicos.
Discusión - Ya que no es cierto que cada álgebra booleana sea isomorfa a
un álgebra booleana total de conjuntos, podríamos intentar una segunda mejor opción: ¿Es cada álgebra booleana al menos isomorfa a alguna álgebra
booleana de conjuntos (pero no necesariamente total)? Felizmente, la respuesta es sí, y este famoso resultado se conoce como teorema de representación de Marshall Stone. De nuevo, la prueba va más allá del alcance de
este libro, pero el lector interesado puede encontrar una prueba en Rosenbloom, citada más abajo, en la que también se demuestra que no toda el álgebra booleana es isomorfa a un álgebra booleana total de conjuntos. Para
una prueba de que cada álgebra booleana es un álgebra booleana exacta, una
referencia es Bell y Slomson citado abajo.
― 142 ―
Referencias
1 Paul Rosenbloom, The Elements of Mathematical Logic, Dover Publications, 1950.
2 J.L. Bell y A.B. Slomson, Models and Ultraproducts, North Holland Publishing Company, Amsterdam. Oxford American Elsevier Publishing
Company, Inc. Nueva York, 1969.
― 143 ―
Capítulo 21
Otro gran problema
I - Exposición del problema
Las siguientes ecuaciones booleanas se mantienen en todas las álgebras
booleanas, porque todas son tautológicas (provienen de las tautologías T1T9 del capítulo 17).
P1: x ˄ y = y ˄ x
P2: x ˄ (y ˄ z) = (x ˄ y) ˄ z
P3: x ˄ (y ˅ z) = (x ˄ y) ˅ (x ˄ z)
P4: (z ˅ y)′ = x′ ˄ y′
P5: x″ = x
P6: x ˄ x′ = 0
P7: x ˄ 0 = 0
P8: x ˄ 1 = x
P9: 0′ = 1
Ahora viene un “gran” problema: Supongamos que se nos da un conjunto
U y las operaciones ˄, ˅, ′, sin que se nos diga que tenemos un álgebra booleana, pero se nos dice que las condiciones P1-P5 todas se mantienen y que
U contiene elementos 0 y 1 tales que P6-P9 también se mantienen. El problema es probar que entonces tenemos un álgebra booleana.
Lo sorprendente, entonces, es que a partir de sólo las nueve ecuaciones
tautológicas anteriores, se pueden derivar todas las ecuaciones tautológicas
(¡de las cuales hay infinitas!). Probar esto, es de hecho una “gran” empresa,
en la que una serie de pequeños problemas deben ser resueltos primero.
En términos técnicos, un conjunto de condiciones sobre las operaciones
˄, ˅, ′ se llama un sistema de postulado adecuado (para las álgebras booleanas) si todas las condiciones se cumplen para todas las álgebras booleanas,
y si cualquier sistema que satisfaga las condiciones es un álgebra booleana.
Nuestro propósito, entonces, es mostrar que las leyes P1-P9 constituyen
un sistema de postulado adecuado para las álgebras booleanas. Otros dos
― 144 ―
sistemas de postulados surgirán a lo largo del camino, y otro sistema de postulados también se mostrará como adecuado.
En efecto, hay muchos, muchos sistemas de postulados adecuados para
las álgebras booleanas que han aparecido en la literatura, y el estudio de sus
interrelaciones (conocido como teoría de los postulados) es un tema muy
fascinante. Este capítulo es un poco técnico, aunque no muy difícil. En cambio, el siguiente capítulo es esencialmente “novedoso” y puede ser leído independientemente de éste, si se desea.
Comentarios - Antes de pasar a la solución del problema, queremos familiarizar al lector con alguna terminología estándar.
Consideremos una operación que asigna a cualquier elemento x de un
conjunto S y a cualquier elemento y de S, algún elemento de S denotado x ⁕
y. La operación se denomina conmutativa si x ⁕ y = y ⁕ x (para todos los
elementos x e y de S). P1 más arriba nos dice que la operación ˄ es conmutativa. [Las operaciones conmutativas conocidas en aritmética son “más” y
“tiempos”: x + y = y + x, y xy = yx]. Una operación ⁕ se llama asociativa si
x ⁕ (y ⁕ z) = (x ⁕ y) ⁕ z. La ley P2 dice que ˄ es asociativa. [En aritmética,
“más” y “tiempos” son asociativos, ya que x + (y + z) = (x + y) + z, y x(yz) =
(xy)z]. La ley P3 se denomina ley distributiva y se parafrasea diciendo que ˄
distribuye con ˅. [En aritmética, “tiempos” se distribuye con “más”, ya que
x(y + z) = xy + xz, pero “más” no se distribuye con “tiempos”, ya que en
general no es cierto que x + yz = (x + y) (x + z)]. La ley P4 es una de las dos
leyes llamadas leyes de De Morgan. La ley P5 es a veces llamada la ley de
la involución.
II - Solución del problema
Ahora pasamos a la prueba de que las condiciones P1-P9 constituyen un
sistema de postulado adecuado para las álgebras Booleanas. Mostraremos
cómo cada ecuación tautológica booleana puede ser derivada de sólo estas
nueve. Debemos probar muchos resultados subsidiarios a lo largo del camino.
Al derivar otras ecuaciones de P1-P9, debe entenderse que una vez que
dos términos t1 y t2 se han demostrado iguales, entonces podemos concluir
que t1′ = t2′, y que para cualquier término t, podemos concluir t1 ˄ t = t2 ˄ t,
y que t ˄ t1 = t ˄ t2, y que t1 ˅ t = t2 ˅ t, y t ˅ t1 = t ˅ t2. En resumen, “los
iguales pueden ser sustituidos por iguales”.
Como segundo principio, una vez que una ecuación ha sido probada, entonces podemos sustituir cualquier término que queramos para las variables.
Por ejemplo, P1 dice que para cualquier elemento x e y, x ˄ y = y ˄ x. Por lo
tanto, podemos concluir, digamos, que (x ˅ z′) ˄ (w ˄ y) = (w ˄ y) ˄ (x ˅ z′).
― 145 ―
Hemos sustituido simplemente x ˅ z′ por x, y w ˄ y por y, en la ecuación x ˄
y = y ˄ x.
Y ahora para algunos problemas preliminares.
Problema 1 - De P1-P9, deriva P1°-P9° a continuación:
P1°: x ˅ y = y ˅ x
P2°: x ˅ (y ˅ z) = (x ˅ y) ˅ z
P3°: x ˅ (y ˄ z) = (x ˅ y) ˄ (x ˅ z)
P4°: ( x ˄ y )′ = x′ ˅ y′
P5°: x″ = x (igual que P5)
P6°: x ˅ x′ = 1
P7°: x ˅ 1 = 1
P8°: x ˅ 0 = x
P9°: 1′ = 0
Dualidad - Por el dual de una ecuación booleana (que implica sólo las operaciones ˄, ˅, ′ y las constantes 1 y 0) se entiende el resultado de intercambiar ˄ con ˅, y 1 con 0. Observamos que en las leyes anteriores P1°-P9°, la
ley P1° es el dual de P1, P2° es el dual de P2, y así sucesivamente hasta P9°
es el dual de P9. Para cualquier ecuación E, denotamos su dual por E°. Ahora
bien, si E es cualquier ecuación derivable de P1-P9, entonces su dual E° es
derivable de P1°-P9° por el mismo argumento, sólo intercambiando A con V
y 1 con 0, y como P1°-P9° son en sí mismos derivables de P1-P9, entonces
E° es derivable de P1-P9. Por lo tanto, tenemos el siguiente principio útil:
Proposición 1 - [Un principio de dualidad] - El dual de cualquier ecuación
derivable de P1-P9 también es derivable de P1-P9.
Este principio de dualidad reduce nuestro trabajo futuro a la mitad, ya
que una vez que hemos deducido una ecuación E (de P1-P9) ahora obtenemos
su dual E° gratis (aunque en cierto sentido, ya hemos pagado por ello al
derivar P1°-P9° en primer lugar).
Observamos que podríamos haber comenzado alternativamente con los
postulados P1°-P9° y deducir de ellos P1-P9 por medio de argumentos duales
(los mismos argumentos, sólo intercambiando ˄ con ˅ y 1 con 0). Y así, una
vez que hemos demostrado que P1-P9 es un sistema de postulado adecuado,
seguirá que P1°-P9° también lo es.
Ahora pasamos a otro principio de dualidad. Hasta ahora sólo hemos deducido ecuaciones de P1-P9, pero en breve derivaremos varias relaciones
― 146 ―
entre ecuaciones como “si la ecuación E1 se sostiene, también lo hace E2”,
o quizás “E1 es equivalente a E2”. Ahora, supongamos que a partir de P1-P9
hemos demostrado que E1 implica E2. Entonces intercambiando ˄ con ˅ y 1
con 0, podríamos de la misma manera probar de P1°-P9° que E1° implica E2°,
y como P1°-P9° son todas derivables de P1-P9 se sigue que E1° implica E2°.
Y así si E1 implica que E2 es derivable de P1-P9, también E1° implica E2°.
De esto se sigue que si de P1-P9 podemos probar E1 ssi E2, entonces de P1P9 podemos probar E1° ssi E2°. Y así, tenemos:
Proposición 2 - [Otro principio de dualidad] - Para cualquier ecuación E1 y
E2:
(a) Si (E1 implica E2) se puede derivar de P1-P9, entonces E1° implica
E2°).
(b) Si (E1 es equivalente a E2) se puede derivar de P1-P9, también lo es
(E1° es equivalente a E2°).
Ahora, deseamos derivar más leyes de P1-P9.
Problema 2 - De P1-P9 (y cualquier ley ya derivada de ellas) probar las leyes
Q1-Q15 siguientes:
Q1: x = y ssi x′ = y′
Q2: (a) (x ˄ y) ˅ (x ˄ y′) = x
(b) (x ˅ y) ˄ (x ˅ y′) = x
Q3: Las siguientes cuatro condiciones son todas equivalentes:
(1) x ˄ y = x
(2) x ˄ y′ = 0
(3) x′ ˅ y = 1
(4) x ˅ y = y
Q4: x ≤ y si y solo si y′ ≤ x′
Q5: x ≤ x (i.e.) x ˄ x = x
Q6: (a) x ˄ y ≤ x
(b) x ˄ y ≤ y
(c) x ≤ x ˅ y
(d) y ≤ x ˅ y
Q7: (a) Si x = y, entonces x ≤ y
(b) x ≤ x”
(c) x′ ˄ y′ ≤ (x ˅ y)′
Q8: Si x ≤ y, e y ≤ z entonces x ≤ z
― 147 ―
Q9: (a) Si x ≤ y, y x ≤ z entonces x ≤ y ˄ z
(b) Si x < z, e y ≤ z entonces (x ˅ y) ≤ z
Q10: Si x ˄ y ≤ z, y x ˄ y′ ≤ z entonces x ≤ z
Q11: Si x ≤ y, e y ≤ x entonces x = y
Q12: (a) x ≤ 1
(b) Si 1 ≤ x entonces x = 1
(c) 0 ≤ x
(d) Si x ≤ 0 entonces x = 0
Q13: Si x ≤ z, y x′ ≤ z entonces z = 1
Q14: x = y si y sólo si (z ≡ y) = 1
Q15: Si x ≤ y ≡ z, y x′ ≤ y ≡ z entonces y = z
Ahora re-etiquetaremos algunas de las leyes que hemos derivado de P1P9 como L1-L12 abajo (que son respectivamente Q5, Q6(a), Q6(b), Q6(c),
Q6(d), Q7(c), Q7(b), Q8, Q9(a), Q4, Q10 y Q15). Como veremos, estas leyes
L1-L12 constituyen por sí mismas otro sistema de postulado adecuado para
las álgebras booleanas.
L1: x ≤ x
L2: x ˄ y ≤ x
L3: x ˄ y ≤ y
L4: x ≤ x ˅ y
L5: y ≤ x ˅ y
L6: (x′ ˄ y′) ≤ (x ˅ y)1
L7: x ≤ x″
L8: Si x ≤ y, e y ≤ z, entonces x ≤ z
L9: Si x ≤ y, y x ≤ z, entonces x ≤ y ˄ z
L10: Si x ≤ y, entonces y′ ≤ x′, y a la inversa.
L11: Si x ˄ y ≤ z, y x ˄ y′ ≤ z, entonces x ≤ z
L12: Si x ≤ y = z, y x′ ≤ y = z, entonces y = z
― 148 ―
A los postulados P1-P9 los llamaremos el grupo P. A los postulados L1L12 los llamaremos grupo L. Hemos derivado el grupo L del grupo P, y mostraremos que el grupo L es en sí mismo un sistema de postulado adecuado
para las álgebras booleanas y, por lo tanto, que el grupo P también lo es.
Bien, a partir del grupo L, derivaremos un tercer grupo ―B1-B5 más abajo―
que llamaremos grupo B y que mostraremos que es, a su vez, un sistema de
postulados adecuado para las álgebras booleanas.
Problema 3 - De L1-L12 probar las leyes B1-B5 siguientes:
B1: (a) x ≤ x
(b) Si x ≤ y, entonces x ˄ z ≤ y, y z ˄ x ≤ y
B2: (a) Si x ≤ y, y x ≤ z, entonces x ≤ y ˄ z
(b) Si x ≤ y′, o x ≤ z′, entonces x ≤ (y ˄ z)′.
B3: (a) Si x ≤ y, o x ≤ z, entonces x ≤ y ˅ z
(b) Si x ≤ y′, y x ≤ z′, entonces x ≤ (y ˅ z)′.
B4: Si x ≤ y, entonces x ≤ y”
B5: (a) Si x ˄ y ≤ z, y x ˄ y′ ≤ z, entonces x ≤ z
(b) Si x ≤ y ≡ z, y x′ ≤ y ≡ z, entonces y = z.
De B2, B3 y B4 siguen fácilmente las dos leyes siguientes.
B6: (a) Si x ≤ y′, o x ≤ z, entonces x ≤ y ⸧ z
(b) Si x ≤ y, y x ≤ z′, entonces x ≤ (y ⸧ z)′.
B7: (a) Si x ≤ y, y x ≤ z, entonces x ≤ y ≡ z
(b) Si x ≤ y, y x ≤ z′, entonces x ≤ (y ≡ z)′.
(c) Si x ≤ y′, y x ≤ z, entonces x ≤ (y ≡ z)′.
(d) Si x ≤ y′, y x ≤ z′, entonces x ≤ y ≡ z
Prueba - B6: (a) Supongamos que x ≤ y′, o x ≤ z. Entonces x ≤ y′ ˅ z (por
B3(a)) ... ie. x ≤ y ⸧ z.
(b) Supongamos que x ≤ y y x ≤ z′. Ya que x ≤ y entonces x ≤ y″
(B4). Entonces x ≤ y″, y x ≤ z′, por lo tanto x ≤ (y′ ˅ z)′ (por B3(b),
tomando y′ por y) ... es decir, x ≤ (x ⸧ y)′.
B7: (a) Supongamos que x ≤ y, y x ≤ z. Como x ≤ z, entonces x ≤ y ⸧ z (por
B6(a)). Como x ≤ y, entonces x ≤ (z ⸧ y) (de nuevo por B6(a)). Así x ≤ y ⸧ z
y x ≤ z ⸧ y, y así x ≤ (y ⸧ z) ˄ (z ⸧ y) (por B2(a)) ... es decir, x ≤ y ≡ z.
(b) Supongamos que x ≤ y, y x ≤ z′. Entonces x ≤ (y ⸧ z)′ (por B6(b)), por
lo tanto x ≤ ((y ⸧ z) ˄ (z ⸧ y) Y (por B2(b)).
― 149 ―
(c) Si x ≤ y′ y x ≤ z, entonces x ≤ {z ⸧ y)′ (de nuevo por B6(b)), de ahí otra
vez x ≤ ((x ⸧ y) ˄ (y ⸧ x))′ (por B2(b)).
(d) Supongamos que x ≤ y′ y x ≤ z′. Como x ≤ y′, entonces x ≤ y ⸧ z (B6(a))
y como x ≤ z′, entonces x ≤ (z ⸧ y), por lo tanto x ≤ y ⸧ z y x ≤ z ⸧ y, entonces
x ≤ ((y ⸧ z) ˄ (z ⸧ y)) (por B2(a)).
Adecuación del grupo B - Ahora queremos mostrar que el grupo B es un
sistema de postulados adecuado para las álgebras booleanas (y por lo tanto
que el grupo L y el grupo P también son adecuados). Primero, algunas palabras sobre el importante principio conocido como inducción matemática:
Supón que te digo que en cierto planeta llueve hoy y que en este planeta,
nunca llueve un día sin llover al día siguiente también. En otras palabras,
cada día que llueve, llueve también al día siguiente. ¿No es obvio que se
deduce que va a llover todos los días a partir de ahora? Este no es más que
un caso especial del principio de inducción matemática, que consiste en que
si algo es cierto para el número 1, y si nunca es cierto para ningún número
entero positivo n sin serlo también para n + 1, entonces es cierto para todos
los números enteros positivos (ya que entonces es cierto sucesivamente para
2, 3, 4, 5, ... y así en adelante).
Hay un principio similar para los términos en el álgebra booleana. Recordamos que los términos se construyen comenzando con las variables x, y, z,
w, con o sin subíndices, y formando nuevos términos a partir de los antiguos
tomando t′ para cualquier término t ya construido y tomando t1 ˄ t2 y t1 ˅ t2
para cualquier término t1 y t2 ya construido. El principio de inducción de los
términos es el siguiente: Si una propiedad dada se mantiene para las variables (que son los términos más simples posibles) y la propiedad es tal que
para cualquier término t para el que se mantiene, también se mantiene para
t′, y para cualquier término t1 y t2 para los que se mantiene, también se mantiene para t1 ˄ t2 y t1 ˅ t2; entonces bajo estas condiciones, la propiedad se
mantiene para todos los términos. Por ejemplo, para mostrar que estas condiciones implican que la propiedad se mantiene para el término x ˄ (y ˅ z)′,
vemos que como se mantiene para las variables y, z, también debe mantenerse para y ˅ z, y por lo tanto también para (y ˅ z)′, y como también se
mantiene para la variable x, debe mantenerse para x ˄ (y ˅ z)′].
Anotemos estos principios inductivos como:
Proposición 3 - [Principios de Inducción Matemática]
(a) Si una propiedad se mantiene para el número 1, y si nunca se mantiene
para ningún número entero positivo n sin mantenerse también para n + 1,
entonces la propiedad se mantiene para todos los números enteros positivos.
― 150 ―
(b) Si una propiedad se mantiene para todas las variables booleanas, y si se
mantiene para el término t′ cada vez que se mantiene para t, y si se mantiene para los términos t1 ˄ t2, y t1 ˅ t2, cada vez que se mantiene tanto
para t1 como para t2, entonces la propiedad se mantiene para todos los
términos.
Ahora tenemos que establecer una consecuencia importante de las leyes
B1(a) y B1(b).
B1*: Para cualquier (número entero positivo) n y cualquier número i de 1 a
n:
x1 ˄ ... ˄ xn ≤ xi
Así, por ejemplo, para n = 3, B1* dice que x1 ˄ x2 ˄ x3 ≤ x1, y x1 ˄ x2 ˄ x3
≤ x2, y x1 ˄ x2 ˄ x3 ≤ x3, en resumen, x1 ˄ x2 ˄ x3 está dominado por x1, x2 y
x3 .
Podemos ver esto de la siguiente manera: Por B1(a), x ≤ x, y así por B1(b),
x ˄ y ≤ x, e y ˄ x ≤ x. Así, para n = 2, x1 ˄ x2 ≤ x1, y x1 ˄ x2 ≤ x2. Ahora,
consideremos el caso de tres variables x1, x2 y x3. Ya que x1 ˄ x2 ≤ x1, y x1 ˄
x2 ≤ x2, entonces por B1(b), x1 ˄ x2 ˄ x3 ≤ x1, y x1 ˄ x2 ˄ x3 ≤ x2. También, x3
≤ x3 (por B1(a)), por lo tanto, x1 ˄ x2 ˄ x3 ≤ x3. Y así, para i = 1, i = 2, o i =
3, vemos que x1 ˄ x2 ˄ x3 ≤ xi. Un argumento similar funciona para n = 4, n
= 5, y así sucesivamente.
Una prueba más rigurosa utiliza la inducción matemática. Para n = 1, la
afirmación x1 ˄ ... ˄ xn ≤ x1 simplemente dice que x1 ≤ x1, lo cual es cierto
por B1(a). Ahora, supongamos que n es cualquier número tal que x1 ˄ ... ˄
xn ≤ x1 para cada número i de 1 a n. Debemos mostrar que n + 1 es otro
número tal, en otras palabras, que x1 ˄... ˄ xn+1 ≤ xi para cada i de 1 a n + 1.
Bien, consideremos primero cualquier número i de 1 a n. Ya que x1 ˄ ... ˄ xn
≤ x1, entonces por B1(b), (x1 ˄ ... ˄ xn) ˄ xn+1 ≤ xi, por lo tanto x1 ˄ ... ˄ xn+1 ≤
x1 para cada i de 1 a n. Pero también, xn+1 ≤ xn+1 (por B1(a)) y así (x1 ˄ ... ˄
xn) ˄ xn+1 ≤ xn+1 (por B1(b)). Así, para cada i de 1 a n + 1, vemos que x1 ˄ ...
˄ xn+1 ≤ xi.
Y así el resultado es verdadero para n = 1, y para cualquier n cuyo resultado sea verdadero, el resultado es también verdadero para n + 1. Y así, por
el principio de inducción matemática, el resultado es cierto para cada número entero positivo n. Así queda establecido.
Términos básicos - Por un término básico en las variables x1 ... xn, nos referimos a un término x1* ˄ ... ˄ xn*, donde x1* es o bien x1 o bien x1′; x2* es
o bien x2 o bien x2′ (pero no necesariamente respectivamente), ... xn* es o
bien xn o xn′. [Así, para cada i de 1 a n, xi* es o bien xi o bien xi′].
― 151 ―
Para n = 2, hay cuatro términos básicos:
x1 ˄ x 2
x1 ˄ x 2 ′
x1 ′ ˄ x 2
x1 ′ ˄ x 2 ′
Para n = 3, hay ocho términos básicos:
x1 ˄ x 2 ˄ x3
x1 ˄ x 2 ˄ x3 ′
x1 ˄ x 2 ′ ˄ x3
x1 ˄ x 2 ′ ˄ x3 ′
x1 ′ ˄ x 2 ˄ x3
x1 ′ ˄ x 2 ′ ˄ x3
x1′ ˄ x2′ ˄ x3′
En general, para cada n, hay 2n términos básicos.
Dado ahora un término básico x1* ˄ ... ˄ xn* y un término t cuyas variables están todas incluidas en la lista x1, ..., xn, diremos que x1* ˄ ... ˄ xn*
gobierna el término t si bien x1* ˄ ... ˄ xn* ≤ t o x1* ˄ ... ˄ xn* ≤ t′.
De B1*, B2, B3 y B4 sigue el siguiente hecho crucial sobre los términos
básicos:
B8: Un término básico x1* ˄ ... ˄ xn* gobierna cada término t cuyas variables
están todas entre x1,... ,xn.
Problema 4 - Usando B1*, B2, B3 y B4, pruebe B8. [Pista: Primero pruebe
el caso de que t es simplemente una de las variables x1, ..., xn (¡lo cual es
realmente obvio!). Luego demuestre que si t1 y t2 están así gobernadas, también lo están t1 ˄ t2 y t1 ˅ t2, y que si t es un término así gobernado, también
lo es t′. Concluya, usando la inducción matemática, que cada término t en
las variables x1,..., xn está así gobernado].
Diremos que un término t es idénticamente 0 si tiene el valor 0 para todos
los valores de sus variables, e idénticamente 1 si toma el valor 1 para todos
los valores de sus variables. Por ejemplo, el término x ˄ x′ es idénticamente
0, ya que para cada elemento x de U, el elemento x ˄ x′ es 0, mientras que el
término x ˅ x′ es idénticamente 1].
Problema 5 - (a) Probar que ningún término básico es idénticamente 0.
(b) Probar que para cualquier término básico B y cualquier término t, no
es posible que B ≤ t y B ≤ t′ sean ambos tautologías booleanas.
― 152 ―
(c) Demostrar que si B es un término básico y si t es un término cuyas
variables están incluidas en las variables de B, y si t es idénticamente 1,
entonces B ≤ t es derivable como consecuencia de B1*, B2, B3 y B4.
Problema 6 - Pruebe la ley B9 siguiente:
B9: Si t1 = t2 es una ecuación booleana tautológica, entonces para cada término básico B cuyas variables incluyen todas las de t1 = t2, la ecuación B ≤
t1 ≡ t2 (es decir, la ecuación B ˄ (t1 ≡ t2) = B) es una consecuencia de B1*,
B2-B4.
La ley B9 es un hecho básico sobre los términos básicos que necesitaremos. Ahora pasamos a un segundo hecho básico que, con B9, muestra fácilmente que el grupo B es un sistema de postulados adecuado para las álgebras
booleanas.
Consideremos primero los términos básicos en sólo dos variables x1 y x2.
Supongamos que t1 y t2 son términos tales que las siguientes cuatro ecuaciones son demostrables a partir del grupo B:
(1) x1 ˄ x2 ≤ t1 ≡ t2
(2) x1 ˄ x2′ ≤ t1 ≡ t2
(3) x1′ ˄ x2 ≤ t1 ≡ t2
(4) x1′ ˄ x2′ ≤ t1 ≡ t2
[En otras palabras, para cada uno de los cuatro términos básicos B en las
variables x1 y x2, B ≤ t1 ≡ t2 es demostrable].
Entonces t1 ≡ t2 debe ser demostrable (de B1*, B2-B5, porque de (1) y (2)
sigue por B5(a) que x1 ≤ t1 ≡ t2. Entonces, de (3) y (4) sigue igualmente que
x1′ ≤ t1 ≡ t2. Entonces de B5(b) obtenemos t1 = t2.
A continuación, consideremos los términos básicos en 3 variables x1, x2
y x3. Supongamos que t1 y t2 son términos tales que para cada término básico
B en las variables x1, x2 y x3, la ecuación B ≤ t1 = t2 es demostrable. Por lo
tanto, las siguientes ocho cosas son demostrables.
(1) x1 ˄ x2 ˄ x3 ≤ t1 ≡ t2
(2) x1 ˄ x2 ˄ x3′ ≤ t1 ≡ t2
(3) x1 ˄ x2′ ˄ x3 ≤ t1 ≡ t2
(4) x1 ˄ x2′ ˄ x3′ ≤ t1 ≡ t2
(5) x1′ ˄ x2 ˄ x3 ≤ t1 ≡ t2
(6) x1′ ˄ x2 ˄ x3′ ≤ t1 ≡ t2
(7) x1′ ˄ x2′ ˄ x3 ≤ t1 ≡ t2
(8) x1′ ˄ x2′ ˄ x3′ ≤ t1 ≡ t2
(De (1) y (2) obtenemos: (a) x1 ˄ x2 ≤ t1 ≡ t2
― 153 ―
De (3) y (4) obtenemos: (b) x1 ˄ x2′ ≤ t1 ≡ t2
De (5) y (6) obtenemos: (c) x1′ ˄ x2′ ≤ t1 ≡ t2
De (7) y (8) obtenemos: (d) x1′ ˄ x2′ ≤ t1 ≡ t2
Entonces de (a), (b), (c) y (d), obtenemos t1 = t2, como vimos antes.
El mismo tipo de argumento se aplica también a los términos básicos de
4 o más variables (si el argumento funciona para n, también funciona para n
+ 1 de manera esencialmente idéntica a la anterior forma en que redujimos
el caso de 3 variables al caso de 2 variables, y así, por inducción matemática,
el argumento funciona para todos los n). Así pues, tenemos:
B10: Para cualquier número positivo n y cualquier término t1 y t2, si cada uno
de los 2n términos básicos B, la ecuación B ≤ t1 ≡ t2 es derivable de B1-B5,
entonces t1 = t2 es derivable de B1-B5.
Ahora podemos concluir el asunto. Supongamos que t1 = t2 es una tautología booleana. Dejemos que x1,... ...xn sean las variables que ocurren en t1
= t2. Entonces, para cada uno de los 2n términos básicos B en las variables
x1,…, xn, tenemos B ≤ t1 ≡ t2 derivable de B1-B5 (por ley B9). Por lo tanto,
por la ley B10, t1 = t2 se deriva de B1-B5. Así, B1-B5 es un sistema de postulado adecuado para las álgebras booleanas.
Ilustrémoslo con un ejemplo. Supongamos que deseamos mostrar que la
ecuación tautológica x ⸧ y = y′ ⸧ x′ se puede derivar de B1-B5. [Recuerda,
ya hemos derivado las leyes B6 y B7, así que somos libres de usarlas]. Bueno,
dejemos que el término (x ⸧ y) ≡ (y′ ⸧ x′). Debemos mostrar que B ≤ t para
cada término básico B en x e y. Podemos hacerlo convenientemente usando
la siguiente tabla, que es esencialmente como una tabla de verdad.
0
1
2
3
4
x˄y
x ˄ y′
x′ ˄ y
x′ ˄ y′
1
x
+
+
−
−
2
y
+
−
+
−
3
x′
−
−
+
+
4
y′
−
+
−
+
5
x⸧y
+
−
+
+
6
y′ ⸧ x′
+
−
+
+
7
(x ⸧ y) ≡ (y′ ⸧ x′)
+
+
+
+
Explicación -- Un signo más en cualquier casilla indica que B ≤ t cuando B
es el término básico que encabeza la fila, y t es el término que encabeza la
columna, mientras que un signo menos indica que B ≤ t′. Por ejemplo, el
signo más en la 3ª fila, 5ª columna abrevia la afirmación x′ ˄ y ≤ x ⸧ y,
mientras que el signo menos en la 2ª fila, 6ª columna abrevia la afirmación
x ˄ y′ ≤ (y′ ⸧ x′)′. Cada fila se construye en realidad de acuerdo a las leyes
B1*, B2-B7. Por ejemplo, los siete signos de la 2ª fila son simplemente una
― 154 ―
abreviatura de la siguiente secuencia de siete declaraciones (cuya justificación, en términos de B1-B7, se indica al lado).
(1) x ˄ y′ ≤ x
(2) x ˄ y′ ≤ y″
(3) x ˄ y′ ≤ x
(4) x ˄ y′ ≤ y′
(5) x ˄ y′ ≤ (x ⸧ y)′
(6) x ˄ y′ ≤ (y′ ⸧ x′)′
(7) x ˄ y′ ≤ (x ⸧ y) ≡ (y′ ⸧ x′)
(por B1*)
(por B1*)
(de (1), por B4)
(repetición de (2))
(de (1) y (2) por B6)
(de (4) y (3) por B6)
(de (5) y (6) por B7)
El parecido de la tabla anterior con una tabla de verdad es más que casual:
Si reemplazamos cada + por V y cada menos por F e ignoramos la columna
0, y consideramos x e y como variables proposicionales en lugar de variables
booleanas, ¡literalmente obtenemos una tabla de verdad!
III - El enfoque del anillo booleano
Hemos observado que hay muchos sistemas de postulación para el álgebra booleana. Pasamos ahora a otro que es particularmente prolijo y está
estrechamente relacionado con el enfoque algebraico de la lógica proposicional que consideramos en la Parte III del Capítulo 17.
Consideramos ahora un conjunto no vacío U, junto con una operación
que asigna a cada elemento x e y, un elemento denotado xy, y otra operación
que asigna a x e y un elemento denotado x+y, y dos elementos distintos de
U denotados 1 y 0. El conjunto de estos elementos se denomina un anillo
booleano si para todos los elementos x, y, z de U, se cumplen las siguientes
leyes:
R1: xy = yx
R2: x(yz) = (xy)z
R3: x + y = y + x
R4: x + (y + z) = (x + y) + z
R5: x(y + z) = xy + xz
R6: x + 0 = x
R7: x1 = x
R8: xx = x
― 155 ―
R9: x + x = 0
[Observamos que si tomamos U para ser el conjunto de números naturales y tomamos xy para ser x veces y, y x+y para ser x más y, entonces R1-R7
todos se mantienen pero, por supuesto, R8 y R9 no. Sin embargo, si reinterpretamos “=” para significar “tiene la misma paridad que” (es decir, ambos
pares o ambos impares), entonces R8 y R9 también se mantienen].
Ahora, supongamos que empezamos con un álgebra booleana. Si ahora
tomamos xy para ser x ˄ y, y x+y para ser (x ≡ y)′ o alternativamente (x ˄ y′)
˅ (x′ ˄ y), que es lo mismo, entonces R1-R9 todos se sostienen, ya que entonces son tautológicos (en virtud de las tautologías S1-S9 que concluyen la
parte III del capítulo 17). Así, bajo esta interpretación de xy, y x+y, obtenemos un anillo booleano de un álgebra booleana.
Lo que nos interesa más ahora, es que si empezamos con un anillo booleano y luego definimos x ˄ y como xy; x ˅ y como xy + (x + y); y x′ como
x+1, ¡entonces obtenemos un álgebra booleana! Una forma de ver esto es
mostrar que los postulados P1-P9 que comienzan este capítulo son entonces
derivables (lo cual es bastante fácil), y ya hemos demostrado que P1-P9 es
un sistema de postulado adecuado. [Alternativamente, se puede mostrar la
adecuación de este sistema directamente (de manera muy parecida a lo que
hicimos en la Parte III del Capítulo 17), y luego mostrar que R1-R9 son derivables de P1-P9, obteniendo así una segunda prueba de la adecuación de
P1-P9].
Supongamos ahora que empezamos con un conjunto U con las operaciones ˄, ˅, ′, junto con un elemento 0 y definimos que 1 es 0′; xy es x ˄ y; x +
y es (x ˄ y′) ˅ (x′ ˄ y); y tomamos como postulados R1-R9 junto con los dos
siguientes:
R10: x′ = x + 1
R11: x ˅ y = xy + (x + y)
Entonces tenemos otro sistema de postulado adecuado para el álgebra
booleana.
Ejercicio 1 - Empezando con un anillo booleano y definiendo x ˄ y como
xy y x ˅ y es xy + (x + y) y x′ es x + 1, derivando los postulados P1-P9.
Ejercicio 2 - A la inversa, comenzando con las operaciones ˄, ˅, ′, y definiendo xy como x ˄ y; x + y como (x ˄ y′) ˅ (x′ ˄ y), derivar R1-R9 de P1-P9.
Para el lector interesado, se pueden encontrar otros dos sistemas de postulados en los libros de Rosenbloom y Bell y Slomson, a los que se hace
referencia al final del último capítulo.
― 156 ―
SOLUCIONES
1 - Será útil probar primero la siguiente ley que llamaremos Po: x ˅ y = (x′ ˄
y′)′. Bien, (x ˅ y)′ = x′ ˄ y′ (por P4), por lo tanto (x ˅ y)″ = (x′ ˄ y′)′, pero (x
˅ y)″ = x ˅ y (por P5), por lo tanto x ˅ y = (x′ ˄ y′)′.
Ahora, derivaremos P1°-P9°
P1°: x ˅ y = (x′ ˄ y′)′ (por Po)
= (y′ ˄ x′)′ (ya que x′ ˄ y′ = y′ ˄ x′ por P1)
= y ˅ x (por Po)
P2°: x ˅ (y ˅ z) = (x′ ˄ (y ˅ z)′) (por Po)
= (x′ ˄ (y′ ˄ z′))′ (ya que (y v z)′ = y′ ˄ z′, por P4)
= ((x ˄ y′) ˄ z′)′ (por P2)
= ((x ˅ y)′ ˄ z′)′ (ya que x′ ˄ y′ = (x ˅ y)′ por P4)
= (x ˅ y) ˅ z (por P4)
P3°: x ˅ (y ˄ z) = (x′ ˄ (y ˅ z)′) (por Po)
= (x ˄ (y′ ˄ z′))′ (ya que (y ˅ z)′ = y′ ˄ z′ por P4)
= ((x ˄ y′) ˅ (x′ ˄ z′))′ (por P3)
= (x ˄ y′)′ ˄ (x′ ˄ z′)′ (por P4)
= (x ˅ y) ˄ (x ˅ z) (ya que ((x ˄ y′)′ = x ˅ y, y (x ˄ z′)′ = x ˅ z, por P4)
P4°: Como x = x″, e y = y″ (por P5) entonces:
(x ˄ y)′ = (x″ ˄ y″)′ = x′ ˅ y′ (por P4). [Para verlo más claramente, dejemos
que z = x′ y w = y′. Entonces (x″ ˄ y″)′ = (z′ ˄ w′)′ = z ˅ w = x′ ˅ y′].
P5°: Esto es lo mismo que P5. [P5 es su propio dual].
P6°: x ˅ x′ = (x′ ˄ x″)′ (por Po)
= (x′ ˄ x)′ (ya que x″ = x por P5)
= (x ˄ x′)′ (P1)
= 0′ (ya que x ˄ x′ = 0 por P6)
= 1 (por P9)
Para evitar la duplicación del trabajo, haremos P9° antes que P7°.
P9°: 1′ = 0″ (ya que 1 = 0′ por P9) = 0 (por P5).
P7°: x ˅ 1 = (x′ ˄ 1′)′ (por Po) = (x′ ˄ 0)′ (ya que 1′ = 0 por P9°)
= 0′ (ya que x′ ˄ 0 = 0 por P7)
= 1 (por P9)
P8°: x ˅ 0 = (x′ ˄ 0′)′ (Po) = (x′ ˄ 1)′ (ya que 0′ = 1 por P9)
= (x′)′ (ya que x′ ˄ 1 = x′ por P8)
― 157 ―
= x (por P5)
2 - Q1: Si x = y, entonces por supuesto x′ = y′. Ahora supongamos que x′ =
y′, entonces x″ = y″, por lo tanto x = y (ya que x″ = x e y″ = y por P5).
Q2: (a) (x ˄ y) V (x ˄ y′) = x ˄ (y ˅ y′) (P3)
= x A 1 (ya que y ˅ y′ = 1 por P6o)
= x (por P8)
(b) Este es el dual de (a)
Q3: (a) Primero mostramos que (1) es equivalente a (2). Supongamos que x
˄ y = x. Entonces (x ˄ y) ˄ y′ = x ˄ (y ˄ y′) (P2) = x ˄ 0 (por P6) = 0 (por P7).
Así, x ˄ y = x implica x ˄ y′ = 0. A la inversa, suponga que x ˄ y′ = 0. Puesto
que (x ˄ y) ˅ (x ˄ y′) = x (por Q2(a)) y x ˄ y′ = 0 (por suposición), entonces
(x ˄ y) ˅ 0 = x. Pero (x ˄ y) ˅ 0 = x ˄ y (por P8°), y así x ˄ y = x.
Entonces, x ˄ y = x es equivalente a x ˄ y′ = 0
(b) Del apartado (a) se desprende, por el segundo principio de dualidad
(Proposición 2), que x ˅ y = x ssi x ˅ y′ = 1. Por lo tanto, por P1°, y ˅ x = x
ssi y′ ˅ x = 1. Intercambiando x con y, tenemos x ˅ y = y ssi x′ ˅ y = 1.
(c) Ahora sabemos que (1) es equivalente a (2) y que (3) es equivalente a
(4). Queda por demostrar que (2) es equivalente a (3), lo que hará que las
cuatro condiciones sean equivalentes. Bien, x ˄ y′ = 0 ssi (x ˄ y′)′ = 0′ (por
Q1) ssi (x′ ˅ y″) = 1 (por P4° y P9) ssi (x′ ˅ y) = 1 (por P5).
Q4: x ≤ y ssi x ˅ y = y (Q3) ssi (x ˅ y)′ = y′ (Q1) ssi x′ ˄ y′ = y′ (P4) ssi y′ ˄ x′
= y′ (P1). Por lo tanto, x ≤ y ssi y′ ≤ x′.
Q5: Por Q3, tomando x por y, x ˄ x = x ssi x ˄ x′ = 0. Pero x ˄ x′ = 0 (P6), por
lo tanto x ˄ x = x, o en la notación alternativa, x ≤ x.
Q6: (a) Usando P1 y P2, (x ˄ y) ˄ x = x ˄ (x ˄ y) = (x ˄ x) ˄ y = x ˄ y (ya que
x ˄ x = x por Q5). Así (x ˄ y) ˄ x = x ˄ y, lo que significa que x ˄ y ≤ x.
(b) Por (a), y ˄ x ≤ y, por lo tanto x ˄ y ≤ y (por P1).
(c) Por (a), x′ ˄ y′ ≤ x′, por lo tanto por P4, (x ˅ y)′ ≤ x′, por lo tanto x ≤ x
˅ y (por Q4).
(d) Por (c), y ≤ (y ˅ x), por lo tanto y ≤ x ˅ y (por P1°).
Q7: (a) Esto no dice nada más que que x ≤ x, que es Q5.
(b) Esto sigue de P5 y (a).
(c) Esto sigue de P4 y (a).
Q8: Supongamos que x ≤ y, e y ≤ z. Así x ˄ y = x, e y ˄ z = y. Como y = y ˄
z, entonces x ˄ y = x ˄ (y ˄ z). También x ˄ (y ˄ z) = (x ˄ y) ˄ z (P2). Por lo
tanto x ˄ y = (x ˄ y) ˄ z, pero también x = x ˄ y, por lo tanto x = x ˄ z, así
que x ˄ z = x, lo que significa x ≤ z.
― 158 ―
Q9: (a) Supongamos que x ≤ y, y x ≤ z. Así x ˄ y = x, y x ˄ z = x. Como x =
x ˄ y, entonces podemos reemplazar x por x ˄ y en la ecuación x ˄ z = x,
obteniendo así (x ˄ y) ˄ z = x. Por lo tanto x ˄ (y ˄ z) = x (P2) y así x ≤ y ˄ z.
(b) Supongamos que x ≤ z, e y ≤ z. Así x ˄ z = x, e y ˄ z = y. Entonces por
Q3, x ˅ z = z, e y ˅ z = z. Como z = y′ ˅ z, entonces x ˅ z = x ˅ (y ˅ z) = (x ˅
y) ˅ z (P2°). Por lo tanto (x ˅ y) ˅ z = z, entonces x ˅ y ≤ z (por Q3).
Q10: Supongamos que x ˄ y ≤ z, y x ˄ y′ ≤ z. Entonces (z ˄ y) ˅ (x ˄ y′) ≤ z
(por Q9(b)). Entonces x ˄ (y ˅ y′) ≤ z (por P3). Por lo tanto x ≤ z (ya que y ˅
y′ = 1, por P6°), y x ˄ 1 = x, por P8).
Q11: Supongamos que x ≤ y, e y ≤ x. Entonces x ˄ y = x, e y ˄ x = y. Puesto
que y ˄ x = y, entonces x ˄ y = y (por P1). Entonces x ˄ y = x, y x ˄ y = y,
entonces x = y.
Q12: (a) x ≤ 1 significa x ˄ 1 = x, lo que es cierto por P8.
(b) Supongamos 1 ≤ x. Como también x ≤ 1 (por (a)), entonces x = 1 (por
Q11).
(c) Puesto que x ˄ 0 = 0 (P7), y x ˄ 0 = 0 ˄ x (P1), entonces 0 ˄ x = 0, y
por lo tanto 0 ≤ x.
(d) Supongamos que x ≤ 0. Puesto que también 0 ≤ x (por (c)), entonces
x = 0 (por Q11).
Q13: Supongamos que x ≤ z, y x′ ≤ z, entonces x ˅ x′ ≤ z (por Q9(b)), por lo
tanto 1 ≤ z (por P6°), y así z = 1 (por Q12(b)).
Q14: Para empezar, (x ≡ x) = 1, porque x ≡ x = (x′ ˅ x) ˄ (x′ ˅ x) = (x ˅ x′) ˄
(x ˅ x′) (por P1°) = 1 ˄ 1 (por P6°) = 1 (por P8). Por lo tanto, si x = y, entonces
(x ≡ y) = 1. A la inversa, supongamos que (x ≡ y) = 1. Por lo tanto, si x ⸧ y)
˄ (y ⸧ x) = 1. Ahora, (x ⸧ y) ˄ (y ⸧ x) ≤ x ⸧ y, y (x ⸧ y) ˄ (y ⸧ x) ≤ y ⸧ x
(por Q6(a)(b)). Así 1 ≤ x ⸧ y, y 1 ≤ y ⸧ x. Por lo tanto x ⸧ y = 1, e y ⸧ x = 1
(por Q12(b)), y por lo tanto, x ≤ y, e y ≤ x (por Q3), y por lo tanto por Q11, z
= y.
Q15: Supongamos que x ≤ y ≡ z, y x′ ≤ y ≡ z, entonces y ≡ z = 1 (por Q3). Por
lo tanto y = z (por Q14).
3 - B1 (a) Esto es L1.
(b) Supongamos que x ≤ y. Ahora x ˄ z ≤ x (L2). También, x ≤ y, por lo
tanto x ˄ z ≤ y (por L8). De manera similar z ˄ x ≤ x (L3), así z ˄ x ≤ y (por
L8).
B2: (a) Esta es L9.
― 159 ―
(b) Por L2, y ˄ z ≤ y, por lo tanto por L10, y′ ≤ (y ˄ z)′. Entonces si x ≤ y′,
tenemos x ≤ (y ˄ z)′. De manera similar, si x ≤ z′ entonces x ≤ (y ˄ z)′, usando
L3 en lugar de L2.
B3: (a) Supongamos x ≤ y. Ya que también y ≤ y ˅ z (por L4) entonces por
L3, x ≤ y ˅ z. De manera similar, si x ≤ z, entonces x ≤ y ˅ z (usando L5 en
lugar de L4).
(b) Supongamos que x ≤ y′, y x ≤ z′. Entonces x ≤ (y′ ˄ z′) (por L9). También (y′ ˄ z′) ≤ (y ˅ z)′ (L6). Por lo tanto x ≤ (y ˅ z)′ (por L8).
B4: Supongamos que x ≤ y. Como también y ≤ y″ (por L7), luego por L8, se
deduce que x ≤ y″.
B5: (a) Esta es L11.
(b) Esta es L12.
4 - Que B sea un término básico x1* ˄ ... ˄ xn* en las variables x1 … xn.
Paso 1 - Para cualquier i de 1 a n, xi* es o xi, o xi′. Si la primera, entonces B
≤ xi, por B1*. Si la segunda, entonces B ≤ xi′, de nuevo por B1′, y así o B ≤
xi o B ≤ xi′, entonces B gobierna xi. Así B gobierna cada una de las variables
x1, ..., xn.
Paso 2 - Supongamos que B gobierna los términos t1 y t2. Debemos mostrar
que B gobierna t1 ˄ t2 y t1 ˅ t2, y también que si B gobierna un término t,
entonces B gobierna t′. Bien, supongamos que B gobierna tanto t1 como t2.
entonces hay 4 posibilidades:
(1) B ≤ t1 y B ≤ t2
(2) B ≤ t1 y B ≤ t2′.
(3) B ≤ t1′ y B ≤ t2
(4) B ≤ t1′ y B ≤ t2′
Si (1) se mantiene, entonces B ≤ t1 ˄ t2 por B2(a). Si cualquiera de los (2),
(3) o (4) se mantiene, entonces B ≤ t1′ o B ≤ t2′, por lo tanto por B2(b), tenemos B ≤ (t1 ˄ t2)′. Así, o B ≤ t1 ˄ t2, o B ≤ (t1 ˄ t2)′, y así B gobierna t1 ˄ t2.
La prueba de que B gobierna t1 ˅ t2 es bastante similar usando B3 en lugar
de B2.
Ahora, supongamos que B gobierna t. Entonces o B ≤ t′ o B ≤ t. Si B ≤ t,
entonces B ≤ t″ (por B4). Así, o bien B ≤ t′ o B ≤ t″, y así B gobierna t′.
Por inducción matemática, se deduce que para cada término t en las variables x1, ..., xn, B gobierna t. [Como ejemplo de aplicación, supongamos
que B es un término básico en las variables x1, x2 y x3. Supongamos que
queremos mostrar que B gobierna el término (x1 ˄ x2)′ ˅ x3. Bueno, B sí
gobierna x1, x2 y x3 (como hemos visto). Luego B gobierna sucesivamente
x2′, luego x1 ˄ x2′, luego (x1 ˄ x2′)′ y finalmente (x1 ˄ x2′)′ ˅ x3].
― 160 ―
5 - (a) Considere un término básico x1* ˄ ... ˄ xn*. Para cada número i de 1
a n, o bien xi* es xi, o bien xi* es xi′. Si xi* es xi y tomamos el valor 1 para xi,
entonces xi* = 1. Si xi* es xi′, entonces de nuevo xi* puede hacerse que tenga
el valor de 1 dando a xi, el valor de 0. Y así, sustituyendo 0s y 1s por x1, ...,
xn, cada xi* puede hacerse que tenga el valor de 1, por lo tanto x1* ˄ ... ˄ xn*
tendrá entonces el valor 1 ˄ ... ˄ 1, que es 1. Así, xi* ˄ ... ˄ xn* no es 0 para
todos los valores de x1, ..., xn (para algunos valores es 1).
b) Supongamos que B ≤ t, y B ≤ t′ son ambos válidos. Entonces también
lo es B ≤ (t ˄ t′) (por B1). Pero t ˄ t′ es idénticamente 0 (ya que t ˄ t′ = 0 es
tautológico), por lo tanto B ≤ 0, para todos los valores de las variables en B,
por lo tanto B = 0 para todos los valores de las variables en B, y por lo tanto
B es idénticamente 0. Entonces B no puede ser básico (por (a)). Así, si B es
básico, entonces B ≤ t y B ≤ t′ no pueden ser ambos válidos.
c) Supongamos que B es básico y que t es un término cuyas variables
están incluidas en las variables de B. Entonces B gobierna t (por B8), y así
B ≤ t o B ≤ t′ es demostrable a partir de B1*, B2-B5. Supongamos también
que t es idénticamente 1. Entonces t′ es idénticamente 0, por lo que si B ≤ t′
fuera demostrable, sería válido, por lo que B ≤ 0 sería válido, lo que significaría que B es idénticamente 0, contrario a (a). Por lo tanto, B ≤ t′ no es
demostrable, por lo que debe ser B ≤ t.
6 - Supongamos que t1 = t2 es tautológico. Entonces es válido, por lo que t1
≡ t2 es idénticamente 1. Entonces por (c) del problema 5, B ≤ t1 ≡ t2 es demostrable para cada término básico B en las variables de t1 ≡ t2.
― 161 ―
Capítulo 22
George Boole y la lógica matemática
I - George Boole y su trabajo
Las álgebras booleanas juegan un papel clave hoy en día, no sólo en los
fundamentos de las matemáticas, sino también en la informática y el diseño
de redes eléctricas. El padre del álgebra booleana fue el matemático del siglo
XIX, George Boole (1815-1864), cuyo propósito era reformular la lógica en
términos matemáticos y que fue uno de los primeros en aplicar el simbolismo algebraico a la lógica. De hecho, se puede decir que la lógica matemática moderna comenzó con Boole. Su trabajo más famoso es: “An Investigation of Laws of Thought, on which are founded the Mathematical
Theories of Logic and Probabilities” (Londres, 1854, reimpreso por Dover
Publications). Boole describió su propósito al escribir este libro con las siguientes palabras iniciales:
El propósito del siguiente tratado es investigar las leyes fundamentales
de la mente por las que se realiza el razonamiento; darles expresión en el
lenguaje simbólico de un Cálculo, y sobre esta base establecer la ciencia de
la Lógica y construir su método; hacer de ese método en sí mismo la base de
un método general para la aplicación de la doctrina matemática de las Probabilidades; y, finalmente, recoger de los diversos elementos de verdad que
se han puesto a la vista en el curso de estas indagaciones algunas indicaciones probables sobre la naturaleza y constitución de la mente humana.
Boole tenía la notable distinción de ser autodidacta, pero que, sin embargo, era uno de los principales matemáticos de su generación. Su padre,
un zapatero, sólo podía permitirse una simple educación para él; después
estudió con los libros. Aprendió fácilmente el latín y el griego, y luego pasó
a las matemáticas superiores. Además de su trabajo pionero en la lógica,
también hizo contribuciones en los campos conocidos como ecuaciones diferenciales y diferencias finitas. Desde los 16 hasta los 34 años, Boole fue
maestro de escuela, la mayor parte del tiempo en una escuela que él mismo
dirigía, pero durante todo este tiempo, continuó con sus estudios matemáticos. Poco a poco fue adquiriendo una considerable reputación gracias a una
serie de trabajos matemáticos y fue premiado con una medalla en 1844 por
la Royal Society de Londres por su trabajo fundamental titulado: “Sobre un
― 162 ―
método general de análisis”. En 1849 fue nombrado presidente de matemáticas en el Queen′s College de Cork, donde permaneció hasta su muerte en
1864. Su siguiente trabajo en lógica fue hecho durante esos años en Irlanda.
Sus Leyes del Pensamiento son una curiosa mezcla de razonamiento matemático y simbólico preciso con consideraciones filosóficas. Intenta poner
argumentos puramente filosóficos en forma simbólica, especialmente en su
capítulo sobre los filósofos Clarke y Spinoza. Hacia el principio de este capítulo, dice lo siguiente:
En la búsqueda de estos objetos no me corresponde preguntar, excepto
incidentalmente, hasta qué punto los principios metafísicos establecidos en
estas célebres producciones son dignos de confianza, sino sólo averiguar qué
conclusiones pueden extraerse justamente de las premisas dadas.
En otras palabras, el propósito de Boole en este capítulo no es decidir si
las premisas del filósofo (y por lo tanto también las conclusiones) son verdaderas, sino sólo si las conclusiones realmente se derivan lógicamente de
las premisas. Así que aquí hace una clara distinción entre lo que ahora se
llaman argumentos válidos y argumentos sólidos. Un argumento válido es
aquel en el que la conclusión se deriva lógicamente de las premisas, independientemente de si las propias premisas son verdaderas o no; mientras que
un argumento sólido es aquel que no sólo es válido, sino que es tal que las
premisas (y por tanto también la conclusión) son verdaderas. Por ejemplo,
el siguiente argumento es sólido:
Todos los hombres son mortales.
Sócrates es un hombre.
⸫ Sócrates es mortal.
[El símbolo ⸫ abrevia “por lo tanto”].
El siguiente argumento, aunque claramente no es sólido, es sin embargo
válido.
Todos los hombres tienen dos cabezas.
Sócrates es un hombre.
⸫ Sócrates tiene dos cabezas.
Claramente, la primera premisa es falsa (¡hasta donde yo sé!) y por lo
tanto el argumento no es sólido, pero definitivamente es válido (ya que si
fuera realmente cierto que todos los hombres tienen dos cabezas y que Sócrates es un hombre, entonces Sócrates tendría que tener dos cabezas).
Hay algunos argumentos, por cierto, que parecen ser obviamente inválidos, pero que de hecho son válidos. Uno de mis favoritos es el siguiente:
― 163 ―
Todo el mundo quiere a mi bebé.
Mi bebé sólo me ama a mí.
⸫ soy mi propio bebé.
Esto suena como una broma tonta, ¿no? Bueno, no lo es; es realmente
válido por las siguientes razones: Asuma las dos premisas. Como todo el
mundo quiere a mi bebé, entonces mi bebé (siendo una persona) quiere a mi
bebé. Así que mi bebé ama a mi bebé, pero el único a quien mi bebé ama es
a mí. Entonces no hay otra posibilidad de que mi bebé y yo seamos la misma
persona.
Los argumentos anteriores se conocen como silogismos, que se derivan
de la obra de Aristóteles. Boole tiene un capítulo entero sobre la lógica aristotélica, en el que trata los silogismos simbólicamente. Dudo que la lógica
de Aristóteles, que en sí misma es bastante obvia, pueda ser aclarada por el
razonamiento simbólico, pero es bueno saber que el álgebra booleana también puede ser aplicada a los silogismos. Sin embargo, la principal importancia del álgebra booleana está en otras áreas.
Excepto por los escritos matemáticos de Boole, publicó poco, aunque su
conocimiento de la literatura era extenso y profundo. Su poeta favorito era
Dante, y prefería el Paraíso al Infierno. Sus pensamientos sobre cuestiones
científicas, filosóficas y religiosas están contenidos en cuatro directrices: El
genio de Sir Isaac Newton, El uso correcto del ocio, Las reivindicaciones
de la ciencia y El aspecto social de la cultura individual, que fueron publicadas en diferentes épocas.
Volviendo a las Leyes del Pensamiento, Boole se muestra bastante filosófico en el último capítulo: “Constitución del intelecto”. Era en general un
individuo extremadamente culto que se dio cuenta de que todo el conocimiento matemático del mundo es sólo un conocimiento parcial. Hacia el final del capítulo dice lo siguiente:
Si la constitución del marco material es matemática, no es simplemente
así. Si la mente, en su capacidad de razonamiento formal, obedece, consciente o inconscientemente, a las leyes matemáticas, afirma, a través de sus
otras capacidades de sentimiento y acción, a través de sus percepciones de
belleza y de aptitud moral, a través de sus profundos resortes de emoción y
afecto, mantener relación con un orden diferente de cosas... Incluso la revelación del universo material en su magnitud ilimitada, y el orden dominante,
y la constancia de la ley, no es necesariamente la más aprehendida por quien
ha trazado con la más mínima precisión los pasos de la gran demostración.
Y si abrazamos en nuestra encuesta los intereses y deberes de la vida, ¡cuán
― 164 ―
poco nos permite cualquier proceso de mero raciocinio comprender las preguntas más pesadas que presentan! Por lo tanto, como el cultivo de la facultad matemática o deductiva es una parte de la disciplina intelectual, es sólo
una parte.
II - Algunos desarrollos desde Boole
Mucha gente se sorprenderá al escuchar que todas las matemáticas pueden ser deducidas a partir de unas pocas reglas de lógica, y que todas las
nociones de las matemáticas modernas pueden ser definidas a partir de un
puñado de nociones de lógica. La lógica proposicional, que hemos estudiado, es sólo el principio de la lógica que necesitamos para todas las matemáticas. La siguiente etapa se conoce como lógica de primer orden, en la
que tenemos además de las conectivas lógicas, las nociones de todo y algo,
abreviadas por y respectivamente. Así, si hablamos de personas y abreviamos “x es una buena persona” por “g(x)”, la afirmación “Todos son buenos” se escribe simbólicamente xg(x′) (léase “Para todos los x, x es
bueno”), y la afirmación “Al menos una persona es buena” se escribe simbólicamente xg(x) (léase “Existe al menos una x tal que x es buena”).
Para tomar un ejemplo un poco más complejo, supongamos que queremos dar una representación simbólica del dicho “Dios ayuda a los que se
ayudan a sí mismos”. En realidad, tal como está, el dicho es ambiguo. ¿Significa que Dios ayuda a todos los que se ayudan a sí mismos, o que Dios
ayuda sólo a los que se ayudan; a sí mismos, o que Dios ayuda a todos y sólo
a los que se ayudan a sí mismos? Cada uno de los tres significados tiene una
traducción simbólica diferente. Dejemos que “xHy” signifique “x ayuda y”
y que “G” signifique “Dios”. Entonces Dios ayuda a todos los que se ayudan
a sí mismos está escrito simbólicamente así:
x(xHx ⸧ GHx) (lea “Para cada persona x, x ayuda x implica que Dios
ayuda x”).
La afirmación de que Dios ayuda sólo a aquellos que se ayudan a sí mismos está simbolizada así:
x(GHx ⸧ xHx)
Podría ser escrito alternativamente
x((xHx)′ ⸧ (GHx)′) (que se leería: “Para cada persona x, si x no se ayuda
a sí mismo, entonces Dios no le ayudará”.
Finalmente, se simboliza la afirmación “Dios ayuda a todos y sólo a aquellos que se ayudan a sí mismos”:
x(GHx ≡ xHx)
¿Qué hay de “Dios ayuda a algunas personas que se ayudan a sí mismas”?
Esto se representa simbólicamente: x(xHx ˄ GHx).
― 165 ―
Consideremos ahora algunos ejemplos de aritmética. Aquí las letras x, y,
z ahora significarán números naturales arbitrarios, en lugar de personas.
Todo sistema matemático comienza con algunos términos indefinidos.
Bueno, en el sistema conocido como Aritmética de Peano, los términos indefinidos son 0, 1, +, x y =. El número 2 se define como 1+1, el 3 como 2+1,
y así sucesivamente. Supongamos que queremos expresar la proposición de
que x es un número par.
¿Cómo podemos hacer esto con sólo la maquinaria anterior (además de
las conexiones lógicas y y )? Bueno, un número par es un número que
es 2 veces algún número, y así “x es par” se expresa de la siguiente manera:
y(2x.y = x)
Supongamos que queremos decir que x es menor o igual que y (en símbolos, x ≤ y). Lo hacemos de la siguiente manera:
z(x + z = y)
Supongamos que deseamos expresar x ≤ y (x es menos que y). Hay dos
maneras igualmente buenas de hacerlo:
(1) z(x + z = y) ˄ (x = y)′
(2) z((z = 0)′ ˄ xz = y)
Hasta ahora, hemos dado por sentado los números naturales. Pero ahora,
si añadimos a las conectivas lógicas y (los llamados “cuantificadores”)
el símbolo “ ”, donde x y significa “x es un elemento del conjunto y”,
entonces tenemos suficiente maquinaria para definir, no sólo los números
naturales, sino prácticamente todas las nociones necesarias en matemáticas.
Veamos algunas de las cosas que podemos definir ahora. Primero, las
operaciones booleanas en los conjuntos: Definimos la condición x y z
por (x y) ˅ (x z). En cuanto a la intersección, definimos x y ∩ z para
significar (x y) ˄ (x z). A continuación, definimos x y′ (x es el complemento de y) simplemente como (x y)′. Por lo tanto, ahora tenemos las
operaciones booleanas.
¿Qué pasa con el conjunto vacío? Bueno, podemos definir “x está vacío”
por y(y x)′ (léase “para todo y, y no es un miembro de x”), o alternativamente:
“( y(y x))′ (léase “No existe ninguna y tal que y sea miembro de x”).
Comenzando con el conjunto vacío, hay muchas maneras de construir el
sistema de números naturales. Una forma sencilla (debido al matemático
Zermelo) es tomar 0 para ser el conjunto vacío; 1 para ser {0}, el conjunto
cuyo único elemento es 0 (que es diferente de 0, ya que {0} contiene un
― 166 ―
elemento ―a saber, 0―, mientras que el conjunto vacío 0 no contiene ningún elemento en absoluto), entonces tomar 2 para ser {1}. (que es {{0}}; z
ser {2} que es {{{0}}}), y así sucesivamente. Así, cada número natural distinto de 0 es el conjunto cuyo único elemento es el número precedente. Otro
esquema, debido a Von Neumann, que ha resultado ser más útil, es tomar
cada número natural como el conjunto de todos los números naturales menores. Así, 0 es el conjunto vacío (como con Zermelo), 1 = {0} (como con
Zermelo), pero ahora 2 = {0, 1}; 3 = {0, 1, 2}, y así sucesivamente. Una
ventaja técnica de este esquema es que cada número natural n tiene n elementos (por ejemplo 3 tiene tres elementos: los números 0, 1 y 2).
Una vez que se tienen los números naturales, se puede construir una serie
de otras entidades necesarias para las matemáticas: fracciones, números negativos, números reales, números complejos y así sucesivamente. En la moderna teoría de conjuntos, ¡todas las entidades matemáticas se construyen en
última instancia de los conjuntos vacíos!
El matemático del siglo XIX Kronecker hizo el conocido dicho: “Dios
nos dio los números enteros. El hombre hizo el resto”. Creo que en lugar de
la lógica matemática del siglo XX y la teoría de conjuntos, un dicho más
apropiado hoy en día sería: “Dios nos dio el conjunto vacío. El hombre hizo
el resto”.
***
Ya he dicho que el álgebra booleana tiene muchas aplicaciones en la informática y en las redes eléctricas. Un relato muy agradable de estas aplicaciones se puede encontrar en el libro de Martin Gardner al que se hace referencia más adelante. [Hay una segunda edición publicada por Dover titulada
Máquinas lógicas, diagramas y álgebra booleana]. En este encantador libro,
Gardner presenta primero material fascinante sobre algunos de los predecesores y contemporáneos de Boole, comenzando con el asombroso teólogo y
visionario español Ramón Lull (¡un capítulo particularmente intrigante!) y
continuando con Stanhope, Venn, Jevons, Marquand y otros, y luego pasa a
describir las tarjetas de ventana, las primeras máquinas eléctricas, y concluye con un capítulo sobre las aplicaciones a la inteligencia artificial. Este
libro fue escrito para el público en general, y recomiendo al lector en general
que lo lea antes que los libros más técnicos a los que se refiere el capítulo
20.
Referencia
Martin Gardner, Máquinas y diagramas lógicos, segunda edición, The University of Chicago Press, 1982.
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