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Mensajes - specu

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Gracias soneu. Pero ¿para qué pedir negar y no presentar simplemente la fórmula (negada) que se quiere que se simplifique? Saludos

2
Hola. Aclaro que no sé a qué se hace referencia con simplificar, si a una forma normal conjuntiva o diyuntiva. Pero veamos, el primer paso en (c) es incorrecto. Una fórmula no es equivalente a su negación (al contrario).  Escribo una yuxtaposición para la conjunción (y la agrupo entre paréntesis antes que la disyunción). Veamos c):

\( [\neg (p \vee q)r] \vee \neg q \)

Aplicamos primero De Morgan a la disyunción de p y q:

\( [\neg \neg(\neg p \neg q)r] \vee \neg q \)

Que es \( [\neg p \neg qr] \vee \neg q \)

Que es unaFND. Si distribuímos:

\( (\neg p \vee \neg q) (\neg q \vee \neg q)(r \vee \neg q)  \)

O sea:

\( (\neg p \vee \neg q) \neg q(r \vee \neg q)  \)

Que está en FNC.

En cuanto a (d), sí podés distribuir.
Por ejemplo:

\( \neg q \vee (p \vee p)(q \vee p)(p \vee \neg q \vee p)(\neg p \vee q \vee p) \)
Es decir
\( \neg q \vee p(q \vee p)(p \vee \neg q)(\neg p \vee q \vee p) \)


Bueno, dejo acá así seguís vos. Saludos

3
Hola. Primero hay que tener en cuenta la diferencia entre
(i) \( p_1 \wedge p_2 \)

y

(ii) \( A \wedge B \)

dado que mientras que (i) es una fórmula (presumiblemente) del lenguaje objeto, no lo es (ii). (i) es un caso de (ii), pero no ocurre a la inversa. A y B son expresiones del metalenguaje que hacen las veces de fórmulas arbitrarias, mientras que \( p_1 \) y \( p_2 \) son dos formulas (atómicas) concretas.

Así, por ejemplo, \( A \wedge B \) y \( B \wedge A \) no son dos fórmulas sino infinidad de ellas. Por lo tanto no es cuestión de probar (i) simplemente. Pero la prueba sería, creo, una muy similar. Consistiría en decir que de los conjuntos infinitos de fótmulas A y B sólo nos interesa las interpretaciones que hagamos de ellas (deberíamos tener definida la interpretación del sistema axiomático). En la interpretación debe haber cláusulas como “\( A \wedge B \) es verdadero para I sii tanto A como B son verdaderos para I”, etc. Habiendo en el ej. 1 dos metavariables de fórmulas las posibilidades son 4 (las de la tabla de verdad), y en los cuatro casos (que abarcan todas las fórmulas posibles que quepan en los esquema de ejercicio) por la clausula donde se de la interpretación de la conjunción se prueba que la equivalencia se da. El resto de los ejecicios son similares.

Saludos

4
Lógica / Re: Demostrar inferencias logicas
« en: 17 Abril, 2013, 01:47 am »
mathtruco

\( (p \wedge (p \rightarrow\sim q) \wedge (p\rightarrow q)) \)

Es una contradicción. Pero:

\(  (F \to F) \to P  \) no es válida y por lo tanto no es demostrable.

5
Lógica / Re: Demostrar inferencias lógicas
« en: 17 Abril, 2013, 01:40 am »
Hablando estrictamente una inferencia es un conjunto de

proposiciones una de las cuales es la conclusión y el

resto son las premisas. Claro que en el caso de los

teoremas el conjunto de premisas es vacío, pero no

parece que te refieras a esto en este caso. Por otra

parte, la fórmula en cuestión no es demostrable porque

no es válida. Para verlo, basta notar que la subfórmula

que figura entre llaves es contradictoria. Pero como es

el antecedente de un condicional, éste es

necesariamente verdadero. Lo cual constituye en

conjunto el antecedente de la fórmula entera. Pero P,

su consecuente, no se sigue de una tautología.

Saludos

6
Lógica / Re: Negación de cuantificadores
« en: 13 Abril, 2013, 01:13 am »
Bueno, usando la deducción natural (que sería lo más simple, creo).

Primero  \( \to \)


1. \( \neg \forall x Px \)  sup.
2. \( \neg \exists{x} \neg Px \) sup.
3. \( \neg Pa \) sup
4. \( \exists x \neg Px \) I\( \exists{} \) 3
5.\(  \perp \) Contr. 2 y 4
6. \( \neg \neg Pa \) Reductio ad absurdum (3-5)
7. \( Pa \) Doble negacion
8. \( \forall x Px \) I\( \forall{} \)
9. \( \perp \)  C. 1 y 8
10. \( \neg \neg \exists{x} \neg Px \) Reductio ad absurdum
11. \( \exists{x} \neg Px \)  doble negación
12. \( \neg \forall x Px \to \exists{x} \neg Px \) TD (1-11)

La otra dirección:

1. \( \exists{x} \neg Px \) sup.
2. \( \forall x Px \)  sup.
3. \(  \exists x \neg Px \) sup
4. \(  \neg Pa \) sup.
5. \( Pa \) E\( \forall \) 2
6. \( \perp{} \)
7. \( \neg Pa \to \perp \) T.D. (teorema de la deducción) (4-6)
8. \( \perp \)  E\( \exists \) 3 y 7
9. \( \neg \exists x \neg Px \) reductio ad absurdum
10. \( \perp \)
12. \(  \neg \forall x Px \) Reductio
13. \( \exists{x} \neg Px \to \neg \forall x Px \) TD
 
Probablemente haya una prueba más corta, pero se me ocurrió esta.
Saludos

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Lógica / Re: Ejercicios de Cuantificadores
« en: 13 Abril, 2013, 12:49 am »
Con respecto al ejercicio 1, parecería que lo que pide es simplemente decir qué cuantificador debería preceder a cada una para que sea verdadera. Es decir, se pide que se diga si la propiedad se cumple en general o en particular.

En cuanto al ejercicio 2, creo que lo más correcto sería establecer para cada una un diccionario que diga cuál es el dominio y qué interpretación habrá de darse a las letras en cada caso. Por ejemplo, en b) Px significa "x ama".

En el caso de 2a habría que usar dos cuantificadores, uno para el número entero mayor a todos los otros, uno universal para todos los otros. Por otra parte, abría que especificar que ese "todos los otros" no puede incluir aquél otro haciendo uso de la negación de su igualdad y el condicional(existe un x tal que para todo y, si x es distinto que y, entonces es mayor que y).

En 2c hay que observar que la 'y' es una conjunción, y hay que tomarla como diciendo: "hay músicos excelentes y hay músicos mediocres"

2f, hay una cuantificación existencial, como pusiste, pero que cuantifica una conjunción
En 2e hay un condicional.

Saludos

8
Lógica / Re: Negación de cuantificadores
« en: 13 Abril, 2013, 12:35 am »
Existen diferentes maneras de demostrarlo, pero en este caso depende del método que se use ¿no se indica en la consigna? Por otra parte, desde el punto de vista de la interpretación es obvio que es lo mismo decir que no todo tiene una determinada propiedad y decir que hay algo que no la tiene.

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Comentarios / Re: Comentarios a Lógica de primer orden
« en: 29 Marzo, 2013, 09:07 pm »
Muy competo y claro el artículo, lo cual lo hace de una gran utilidad. Solo parece un poco desconcertante que los comentarios se vayan tanto de tema. Me gustaría comentar, tal contraviniendo yo mismo lo que hubiera considerado preferible, respecto de algo que se dice acerca de lo convencional ("Si la matemática fuera una convención social habría tantas matemáticas mutuamente contradictorias como filosofías mutuamente contradictorias.").

Yo, que no he estudiado matemática más que de modo accesorio y accidental, respondería a una cuestión parecida, sustituyendo "matemática" por "lógica". ¿Es la lógica una convención social? Primero, se han elaborado lógicas mutuamente contradictorias, o a los sumo se suele invocar un hecho semejante. ¿Es eso suficiente para concluir afirmativamente? Creo que no. Por el siguiente motivo. La lógica es todo aquellos que va desde los principios primeros hasta las conclusiones, es decir, la lógica es la observancia cabal de los principios (definiciones, axiomas, reglas) en la obtención de inferencias, razonamientos, teoremas. Así, la lógica es una sola. La que a partir de determinados principios llegará a determinadas conclusiones. La "diversidad de lógicas" depende no de que la lógica sea convencional, sino de que los principios son escogidos, sí, en forma que podría llamarse convencional (en esto serán diferentes una lógica clásica, una intuicionista, una polivalente, etc.).

Y la matemática involucra a la lógica, pero también involucra cierta selección de principios (aquellos que resultan más convenientes para la fundamentación de la matemática, precisamente, y no otros).

Saludos.

10
Lógica / Re: problema lógica proposicional
« en: 24 Marzo, 2013, 10:48 pm »
¿Y cuál es el método de prueba en que el problema solicita la respuesta?

11
Lógica / Re: ¿Como resuelvo este ejercicio de logica?
« en: 09 Marzo, 2013, 04:17 pm »
La cuestión por la que preguntás depende de la convención que se haya establecido, no obedece a una motivación "lógica". En muchos libros la misma es tal como dice en tu mensaje.

Saludos

12
Lógica / Re: ¡Problema de cálculo de predicados!
« en: 24 Noviembre, 2012, 05:34 am »
Pero la 'hint' prueba lo que pide el ejercicio. Supongamos una fórmula bien formada del cálculo de predicados sin cuantificadores que no sea instancia de una tautología del cálculo proposicional. En ese caso, puede darse una interpretación de las variables y las letras de predicado tales que cada subfórmula que sustituye a cada una de las variables predicativas de la fórmula de la que es instancia tenga un valor de verdad que haga falsa a la fórmula. Entonces no puede ofrecerse una prueba, dado que sabemos ya que todo teorema es válido.

En el libro de Church de introducción a la lógica (Cap. III) hay una prueba de esto que se basa en: los axiomas del cálculo usado son instancias de tautologías y su regla el modus ponens. Se prueba que para cada teorema sin cuantificadores de la lógica proposicional puede proporcionarse una prueba también sin cuantificadores. Como la única regla es el modus ponens, cada fórmula surgida en la prueba de la fórmula en cuestión es instancia de un teorema de la lógica proposicional (y por ende de una tautología; esto es así dado que, por la definición de implicación, si una implicación es verdadera y el antecedente es verdadero, también habrá de serlo el consecuente, y por ende toda fórmula probada es verdadera), incluyendo la que resulta al final.

Saludos

13
Lógica / Re: ¡Ejercicios sobre teoría de la cuantificación!
« en: 14 Noviembre, 2012, 02:03 pm »
Otro camino para llegar a \( \exists{x}(Fx \to \forall{y}Fy) \) es tener en cuenta la equivalencia entre \( \neg \forall{x}\phi \) y \( \exists{x}\neg\phi \).

Así, primero podría probarse \( \forall{x}Fx \to \forall{y}Fy \), que es lo mismo que \( \neg\forall{x}Fx \lor \forall{y}Fy \) y que \( \exists{x}\neg Fx \lor \forall{y}Fy \). De ahí llegamos a \( \exists{x}( \neg Fx \lor \forall{y}Fy) \) y a \( \exists{x}(Fx \to \forall{y}Fy) \).

Saludos

14
Lógica / Re: Valores de Verdad y Tipos
« en: 07 Noviembre, 2012, 11:53 am »
euclidrussell

La teoría de los tipos es la manera en que Russell intenta resolver algunos problemas lógicos, entre los cuales se encuentra la paradoja que lleva su nombre. Según ella, un predicado sólo se aplica a una entidad de tipo inmediatamente inferior. Como un predicado de tipo a no puede aplicarse a otro predicado de tipo a, entonces no tiene sentido hablar de la aplicación del predicado de todos los predicados que no se predican de sí a sí (pues el predicado tiene un mismo tipo).

En el caso del número cinco y del predicado flaqueza, no veo por qué rechazar la negación de la proposición que afirma a dicho número como flaco. Como un predicado no puede, a la vez, afirmarse y negarse de algún objeto, entonces el cinco es flaco, o no lo es. Pero acá no hay paradoja alguna como en el caso anterior, pues no hay conflicto en decir, simplemente, que es falso que el cinco sea flaco. Eso dependerá de la definición que se haga del predicado. Tené en cuenta que si construís el predicado "no flaco" no te estás refiriendo únicamente a la propiedad que comparten aquellas personas que no son flacas, sino que, de un modo más general, te estás refiriendo a todo aquello que no sea flaco, lo cual abarca a más cosas que a las personas. Para verlo más claramente podemos compararlo con dos predicados opuestos que no se aplican a los números. Es evidente que es falso que el cinco sea mujer, pero ello no significa que sea hombre. No obstane es verdadero tanto que el cinco no es mujer como que no es hombre.

Saludos

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Lógica / Re: [Duda] Lógica con predicados
« en: 01 Noviembre, 2012, 11:35 pm »
En el título dice "lógica con predicados" pero \( p \), \( q \), \( r \), etc., en el posteo, son proposiciones. Si tenés que formular las proposiciones con letras de predicados, podrías probar:

(i)  \(  \forall{x} (Px \to (p \to \neg Mx)) \)
(ii)  \(  p \)
(iii)  \(  Mj \)
\(   \therefore \) (iv) \(  \neg Pj \)

Donde: \( Px \) = "\( x \) tiene paraguas", \( p \) = "llueve" (en este caso, si bien se podría formular en términos de predicado, no parece que valga la pena, complicaría demasiado las formalizaciones), \( Mx \) = "\( x \) está mojado" y \( j \) = la constante que denota al que enuncia.

De este modo, podemos razonar así: tenemos los supuestos: (i), (ii) y (iii), luego (iv). Podes suponer \( Pj \) para llegar a una contradicción, tal como dijo Carlos.

saludos

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Lógica / Re: (P y Q) implica que (si P, entonces Q)
« en: 24 Octubre, 2012, 05:07 am »
No sé si logro entender bien el planteo, pero veamos. Una cosa es afirmar \( q \) y otra muy distinta  \( p \to q \).

Consideremos:
 
\( (x \in A) \wedge (x \in B) \  \to \  (A = B) \)

La validez del antecedente implica, si se trata de un lenguaje de primer orden con \( x \) arbitrario y con \( A \) y \( B \) constantes, que es verdadero para cualquier sustitución de \( x \), o sea, que es equivalente con:

\( \forall x (x \in A \wedge x \in B) \)

Es decir, todo individuo pertenece tanto a \( A \) como a \( B \). De ello se sigue naturalmente que A y B son ambos el conjunto de todos los individuos y, por tanto, son, por su puesto, iguales.

Saludos

17

Supongo que \( k-1 \in{\mathbb{N}}\color{red} \Longrightarrow{(k+1)-1 = (k-1)+1 \) pues es suma de dos números naturales
Esto que está en rojo no lo comprendo. lo demás entinedo perfectamente pero esto no tengo idea.

A ver si interpreto la duda en cuestión.

Tenemos la propiedad:
 \( P(n):  \forall n \in{\mathbb{N}}: n = 1 \  \vee \  (n - 1)\in{\mathbb{N}} \)

Y hay que probar que:

\( P(k) \to P(k + 1) \)

Dado que suponemos (está es la hipótesis de la inducción) que \( P(k) \), entonces (dada la definición de la propiedad) tenemos que \( k = 1 \  \vee  (k - 1)\in{\mathbb{N}} \)

Si \( k = 1 \) se prueba que \( P(1) \to P(1+1) \) ta lcomo lo escribiste.

Queda el otro caso: \( (k - 1)\in{\mathbb{N}} \)

Basta probar entonces que \( ((k + 1) - 1) \in{\mathbb{N}} \).
Como \( (k + 1) - 1 = (k - 1) + 1 \), supongo que con esto se prueba que \( P(k+1) \) dado que la suma de dos números naturales resulta en un número natural.


Saludos

18
Lógica / Re: Sobre la película "El enigma Kaspar Hauser"
« en: 07 Octubre, 2012, 10:58 am »
¿Y qué predicados y elementos del dominio debía haberle dicho que podía usar para que hubiera una respuesta, no más? Supongamos que el pueblo de procedencia era un predicado 'utilizable', preguntando por ejemplo "¿existe algún pueblo?" ¿no sería apta para saber de dónde proviene?

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Bueno, no estoy seguro y esperaría un comentarista que sepa del tema, pero se me ocurre lo siguiente.

Como \( n \in{\mathbb{N}} \), existen tres casos:

(i) \( n = 0 \)
(ii) \( n = 1 \)
(iii) \( n \geq{2} \)


Sabemos que \( n > 1 \). Por lo tanto, \( n \) es algún número natural mayor que uno.


Si asumimos (i), tenemos que \( n < 1 \) y por lo tanto \( \neg(n > 1) \), lo cual es contradictorio con nuestra hipótesis. Si asumimos (ii) llegamos al mismo resultado pero partiendo de \( n = 1 \). Por lo tanto \( n \geq{2} \)

Debo agregar que falta a esta prueba fundamentar que (i), (ii) y (iii) son los únicos casos posibles y que \( (n < 1)\to \neg(n > 1) \) y \( (n = 1)\to \neg(n > 1) \)

Una pregunta ¿la consigna dice que debe hallarse una demostración por inducción?

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Lógica / Re: Sobre la película "El enigma Kaspar Hauser"
« en: 07 Octubre, 2012, 03:45 am »
A ver si con esto se hace más simple la discusión. Puede pensarse que hay dos casos: se pregunta a alguien del pueblo cuyos miembros están obligados a mentir, y se pregunta a uno del otro. Sean \( A \) y \( B \) respectivamente los interrogados en cada caso.

La pregunta es: «Si tú vinieras del otro pueblo, ¿responderías "no" si yo te preguntara si vienes del pueblo de los mentirosos?»

Sea \( M \) "el pueblo de los mentirosos", luego
\( A \) es un \( M \)
\( B \) no es un \( M \)

Si se le preguntada a cada uno si es un \( M \) las respuestas serían:

\( A \), para quien la respuesta es Sí, como es un \( M \), diría No.
\( B \), para quien la respuesta es No, como no es un \( M \), diría No.

Luego, la pregunta es acerca de ésta última respuesta, es decir, si su respuesta a la pregunta anterior sería No.

\( A \), que diría No en la anterior, debe mentir, por lo que en esta diría Sí
\( B \), diría No en la anterior, por lo cual, dado que no miente, diría a ésta que No.



En cuanto a la pregunta de Fernando Revilla, es obvio que la pregunta del profesor no debería haber sido una para cuya solución bastara para saber si se miente o no, pues entonces se le pregunta cualquier tautología y listo, o cualquier dato conocido (como en la película). Debe preguntarse por algún dato desconocido (para que tenga sentido el problema), por ejemplo ¿cuál es el camino que lleva a \( M \)?

Respuesta: «Si ese (señalándolo) fuera el camino ¿responderías "no" si yo te preguntara si vienes del pueblo de los mentirosos?»

Sean los caminos \( a \) y \( b \) aquellos que llevan respectivamente a \( M \) y al otro pueblo. Ahora hay cuatro posibilidades Aa, Ab, Ba y Bb. Es decir, se puede preguntar a \( A \) o a \( B \) y respecto de \( a \) o de \( b \).

Aa: como \( a \) lleva a \( M \), entonces a la pregunta intermedia (¿ese camino lleva a \( M \)?) respondería No. Pero la pregunta final respondería Sí, pues debe mentir.

Ab: Aquí la respuesta intermedia sería Sí. Se invierte, resulta No.

Ba: \( B \) no miente, por lo que su respuesta es Sí

Bb: Por los mimos motivos que en el caso anterior, la respuesta es No

Así, a la pregunta tanto \( A \) como \( B \) darán una respuesta idéntica que es también útil para saber lo que tenemos que saber.

saludos

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