Autor Tema: Dado un conjunto de hipótesis cuantificadas hallar la única tesis válida

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02 Junio, 2019, 02:29 am
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manooooh

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Hola!

Debo usar deducción natural para el siguiente enunciado, que dice que, teniendo en cuenta todas las hipótesis, ¿cuál es la única tesis válida?:

\( \forall x(Px\vee Mx\to Ax\vee Cx\vee Lx) \)
\( \forall x(Ax\wedge Tx\to Cx\wedge Qx) \)
\( \forall x(Gx\to Cx\wedge Qx) \)
\( \exists x(Lx\vee Sx\to Gx\wedge Nx) \)

  • \( \exists x(Px\vee Tx\to Cx) \)
  • \( \exists x(Px\wedge Tx\to Cx) \)
  • \( \exists x(Px\wedge Tx\to Cx\wedge Qx) \)
  • \( \forall x(Px\wedge Qx) \)



Algunas preguntas:

1) ¿Es posible que la (4) quede descartada pues existe al menos un cuantificador existencial en la hipótesis, y la tesis tiene un cuantificador universal?
2) ¿Es el orden siguiente de precedencia de los operadores correcto: \( \forall x((Px\vee Mx)\to(Ax\vee Cx\vee Lx)) \)?
3) ¿Cuál es la estrategia de resolución en estos casos?

Yo creo que podemos pensar a lo anterior como un razonamiento, y podemos usar reglas de inferencia para encontrar cuál es la conclusión, pero no sé si con esto se descartan las otras o no ???.

¿Acaso podríamos empezar así?:

\( \begin{array}{lll}
1)&\forall x(Px\vee Mx\to Ax\vee Cx\vee Lx)&\text{Premisa}\\
2)&\forall x(Ax\wedge Tx\to Cx\wedge Qx)&\text{Premisa}\\
3)&\forall x(Gx\to Cx\wedge Qx)&\text{Premisa}\\
4)&\exists x(Lx\vee Sx\to Gx\wedge Nx)&\text{Premisa}\\
5)&Px\vee Mx\to Ax\vee Cx\vee Lx&\text{Particularización Universal 1)}\\
6)&Ax\wedge Tx\to Cx\wedge Qx&\text{Particularización Universal 2)}\\
7)&Gx\to Cx\wedge Qx&\text{Particularización Universal 3)}\\
8)&Lx\vee Sx\to Gx\wedge Nx&\text{Particularización Existencial 4)}\\
\end{array} \)

¿y ahora qué? Parece muy tedioso de resolver usando reglas de inferencia.

¿Quizás con el método del condicional asociado?

Gracias!!
Saludos

02 Junio, 2019, 02:41 am
Respuesta #1

feriva

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Hola, manooooh.

Yo sé que es la primera, pero no sé cómo lo sé (a vista de pájaro) así que no te servirá de nada, pero por lo menos te saludo, que hace mucho que no te saludaba.

Buenas noches.

02 Junio, 2019, 02:46 am
Respuesta #2

manooooh

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Hola feriva! Cuánto tiempo señor, lo extrañaba :)

Yo sé que es la primera, pero no sé cómo lo sé (a vista de pájaro) así que no te servirá de nada, pero por lo menos te saludo, que hace mucho que no te saludaba.

Pues, me pone contento que ya hayas dado con tu solución, pero me intriga saber cómo lo pensaste ::).

Cualquier novedad publicala y lo vamos viendo.

Saludos

02 Junio, 2019, 02:57 am
Respuesta #3

noisok

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Sólo quería comentarte que cuando particularizamos, lo hacemos sobre una constante creada al efecto para eso mismo. En el caso de particularizaciones sobre cuantificadores universales, se puede hacer con tantas constante uno quiera, pero con el cuantificador existencial, sólo sobre una. Es por eso que en general primero se particulariza sobre un cuantificador existencial, para aplicar luego esa misma constante en las de cuantificador universal.
Si no se especifica, el operador condicional tiene mayor precedencia que los disyuntivos o conjuntivos. Al menos, es lo más habitual. Pero siempre debería estar indicado.

02 Junio, 2019, 03:01 am
Respuesta #4

manooooh

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Hola

Sólo quería comentarte que cuando particularizamos, lo hacemos sobre una constante creada al efecto para eso mismo. En el caso de particularizaciones sobre cuantificadores universales, se puede hacer con tantas constante uno quiera, pero con el cuantificador existencial, sólo sobre una. Es por eso que en general primero se particulariza sobre un cuantificador existencial, para aplicar luego esa misma constante en las de cuantificador universal.

De acuerdo. Me equivoqué.

Saludos

02 Junio, 2019, 11:02 am
Respuesta #5

geómetracat

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Si quieres dar una prueba formal, con deducción natural, lo primero que debes hacer es dar una prueba informal y después formalizarla. Lo bueno de la deducción natural, como su propio nombre indica, es que sigue más o menos los pasos que seguiría uno en una prueba informal
Esto quiere decir qur la formalización suele ser sencilla, una vez tienes la práctica suficiente.

Lo primero es seguir el sabio consejo de noisok, particularizar primero el cuantificador existencial y después los universales con la misma constante.
Entonces tendrás:

\( 1. Pc\vee Mc\to Ac\vee Cc\vee Lc \)
\( 2. Ac\wedge Tc\to Cc\wedge Qc \)
\( 3. Gc\to Cc\wedge Qc \)
\( 4. Lc\vee Sc\to Gc\wedge Nc \)

Afirmo que la opción buena es la segunda. Para probarla, solamente hay que probar \( Pc \wedge Tc \rightarrow Cc \). Ahora se trata de jugar un poco con las premisas: supón que tienes \( Pc \wedge Tc \). Quieres probar \( Cc \).
Pongo el resto de la demostración informal en spoiler. Intenta hacerla tú y si no te sale (o si te sale y lo quieres comprobar), mira el spoiler.

Spoiler
Como tenemos \( Pc \wedge Tc \) en particular tenemos \( Pc \) y \( Tc \).
Como tenemos \( Pc \) tenemos \( Pc \vee Mc \).
De 1 obtenemos entonces \( Ac \vee Cc \vee Lc \).

(Ahora hay que ver que de cada una de estas tres alternativas podemos deducir \( Cc \).)
Si tenemos \( Cc \) ya estamos.
Supón que tenemos \( Ac \).
Como también tenemos \( Tc \), tenemos \( Ac \wedge Tc \).
Luego de 2 obtenemos \( Cc \wedge Qc \).
En particular, tenemos Cc.
Finalmente, supón que tenemos \( Lc \).
Entonces tenemos \( Lc \vee Sc \).
De 4 obtenemos ahora \( Gc \wedge Nc \).
En particular tenemos \( Gc \).
Ahora, de 3 obtenemos \( Cc\wedge Qc \).
En particular tenemos \( Cc \).

Luego hemos probado \( Cc \), suponiendo \( Pc \wedge Tc \).
En particular, \( Pc \wedge Tc \rightarrow Cc \).
Y por tanto, \( \exists x (Px \wedge Tx \rightarrow Cx) \).
[cerrar]

Más o menos cada línea del spoiler corresponde a la aplicación de alguna regla de deducción natural (o a la introducción o descarte de hipótesis). Trata de formalizarlo, es un poco largo, pero no debería ser muy difícil.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

02 Junio, 2019, 11:23 am
Respuesta #6

feriva

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Hola feriva! Cuánto tiempo señor, lo extrañaba :)

Yo sé que es la primera, pero no sé cómo lo sé (a vista de pájaro) así que no te servirá de nada, pero por lo menos te saludo, que hace mucho que no te saludaba.

Pues, me pone contento que ya hayas dado con tu solución, pero me intriga saber cómo lo pensaste ::).

Cualquier novedad publicala y lo vamos viendo.

Saludos

La pensé por encima, sin hacer nada :) pero me pareció, no sé, la más conectada y menos restricitiva.

Ahora ya la he pensado y (si no he metido la pata) me parece que sí es.

\( \forall x(Px\vee Mx\to Ax\vee Cx\vee Lx)
  \)

\( \forall x(Ax\wedge Tx\to Cx\wedge Qx)
  \)

\( \forall x(Gx\to Cx\wedge Qx)
  \)

\( \exists x(Lx\vee Sx\to Gx\wedge Nx)
  \)

...

1ª \( \exists x(Px\vee Tx\to Cx)
  \)

...

Tomando la segunda proposición

\( \forall x(Ax\wedge Tx\to Cx\wedge Qx)
  \)

Se tiene

\( (Ax\rightarrow Cx\vee Qx)\wedge(Tx\rightarrow Cx\vee Qx)
  \)

Primer caso

Si \( (Ax\rightarrow Cx)
  \), entonces la primera se queda así \( \forall x(Px\vee Mx\to Cx\vee Lx)
  \)

En consecuencia de este primer caso

\( (Tx\rightarrow Qx)
  \)

Eso hace que podamos escibir la tercera así

\( \forall x(Gx\to Cx\wedge Tx)
  \)

Entramos con esto en la cuarta

\( \exists x(Lx\vee Sx\to Gx\wedge Nx)
  \)

y si se diera \( Lx\rightarrow Gx
  \), la primera se podría escribir así \( \forall x(Px\vee Mx\to Cx\vee Gx)
  \), y a la vez se quedaría en \( \forall x(Px\vee Mx\to Cx)
  \), con lo que tendríamos que esto sería cierto \( \exists x(Px\vee Tx\to Cx)
  \) . Sería concretamente \( \exists x(Px\to Cx)
  \), ya que, \( (Tx\rightarrow Qx)
  \).

...

Segundo caso

Si \( (Ax\rightarrow Qx)
  \), entonces la primera se queda así \( \forall x(Px\vee Mx\to Qx\wedge Cx\vee Lx)
  \)

En consecuencia de este primer caso, \( \forall x(Ax\wedge Tx\to Cx\wedge Qx) \)
 , nos lleva a \( (Tx\rightarrow Cx)
  \), con lo que \( \exists x(Px\vee Tx\to Cx)
  \) también sería cierta.

Saludos.

02 Junio, 2019, 11:48 am
Respuesta #7

geómetracat

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La primera no puede ser cierta. Basta dar un modelo en el que las premisas son verdaderas pero \( \exists x(Px \vee Tx \rightarrow Cx) \) es falsa.

Consideremos el modelo cuyo universo \( M = \{c \} \) tiene un único punto, y con \( Pc,Ac \), mientras que ningún elemento pertenece a la extensión de los demás predicados.
Entonces las premisas son verdaderas, pero la fórmula \( \exists x(Px \vee Tx \rightarrow Cx) \) es falsa.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

02 Junio, 2019, 11:55 am
Respuesta #8

feriva

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La primera no puede ser cierta. Basta dar un modelo en el que las premisas son verdaderas pero \( \exists x(Px \vee Tx \rightarrow Cx) \) es falsa.

Consideremos el modelo cuyo universo \( M = \{c \} \) tiene un único punto, y con \( Pc,Ac \), mientras que ningún elemento pertenece a la extensión de los demás predicados.
Entonces las premisas son verdaderas, pero la fórmula \( \exists x(Px \vee Tx \rightarrow Cx) \) es falsa.



Afirmo que la opción buena es la segunda.


Hola, geómetracat.

¿Pero la disyunción es exclusiva? Porque, si no, son ciertas las dos primeras; yo pensé que no era exclusiva.

Una vez vi (no me acuerdo dónde) que el símbolo de la disyunción exclusiva llevaba una raya debajo de la v, algo así _v_ pero sin ser discontinua 

Aquí está https://es.wikipedia.org/wiki/Disyunci%C3%B3n_exclusiva

Y al verlo así no analicé si se podía dar o no la conjunción por ser más restrictiva y por decir el enunciado que sólo había una verdadera; pero si es verdadera, pues entonces tiene que ser la que tú dices.


Saludos.

02 Junio, 2019, 12:07 pm
Respuesta #9

geómetracat

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No,normalmente la disyunción en lógica no es exclusiva, y en cualquier caso la que se denota por \( \vee \) nunca es exclusiva. Pero igualmente la primera no se sigue de las premisas. Si se pudiera deducir la primera de las premisas cualquier modelo que hiciera las premisas verdaderas también haría la fórmula verdadera, pero no es así como he indicado antes.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)