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Ejercicios resueltos de tablas de verdad

Este documento presenta ejercicios resueltos relacionados con lógica proposicional. Incluye tablas de verdad, simplificación de expresiones lógicas usando leyes como distribución, doble negación y absorción, demostración de equivalencias lógicas, refutación de proposiciones, traducción de oraciones a lenguaje simbólico y demostración de validez/consistencia. Los ejercicios abarcan temas como tablas de verdad, simplificación, equivalencias y refutación de propos

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Universidad Técnica Federico Santa María Fundamentos de Informática I
Departamento de Informática Primer semestre de 2009
Ejercicios resueltos de temas del Certamen no 1
1. Construya la tabla de verdad para la expresión, considerando que p, q y r son proposi-
ciones atómicas.
(a) (p → (¬q ∧ r))
Solución:
p q r ¬q ¬q ∧ r (p → (¬q ∧ r))
V V V F F F
V V F F F F
V F V V V V
V F F V F F
F V V F F V
F V F F F V
F F V V V V
F F F V F V
(b) q ∧ (¬r → p)
Solución:
p q r ¬p ¬p → r q ∧ (¬p → r)
V V V F V V
V V F V V V
V F V F V F
V F F V V F
F V V F V V
F V F V F F
F F V F V F
F F F V F F
2. Simplique la expresión denotando en cado paso la ley empleada.
(p ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ q) ∧ ¬(¬(p ∨ ¬r) ∧ q)
Solución:
(p ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ q) ∧ ¬(¬(p ∨ ¬r) ∧ q) ≡
(p ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ q) ∧ ((p ∨ ¬r) ∨ ¬q) ≡ De Morgan, Doble negación
(¬p ∨ q) ∧ (p ∨ ¬q) ∧ ((p ∨ ¬q) ∨ ¬r) ≡ Conmutativa, Asociativa
(¬p ∨ q) ∧ (p ∨ ¬q) Absorción
3. Utilizando las ecuaciones p → q ≡ ¬p ∨ q y p ↔ q ≡ (¬p ∨ q) ∧ (p ∨ ¬q), elimine la
equivalencia y la condicional y simplique la expresión (p → q) ↔ (p ∨ q).
Solución:
(p → q) ↔ (p ∨ q) ≡ (¬(¬p ∨ q) ∨ (p ∨ q)) ∧ ((¬p ∨ q) ∨ ¬(p ∨ q)) ≡
((p ∧ ¬q) ∨ p ∨ q) ∧ (¬p ∨ q ∨ (¬p ∧ ¬q)) ≡
(((p ∨ q) ∧ (¬q ∨ q) ∧ (¬p ∨ ((q ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ q)) ≡
(p ∨ q ∨ p) ∧ (¬p ∨ ¬p ∨ q) ≡ (p ∨ q) ∧ (¬p ∨ q) ≡ (p ∧ ¬p) ∨ q ≡ q
1
4. Mientras demuestra la siguiente equivalencia lógica, denote los pasos y los razones para
establecerlos:
(a) p ∨ q ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) ↔ p ∨ q ∨ r
Solución:
p ∨ q ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) ≡
(p ∨ q) ∨ (¬(p ∨ q) ∧ r) ≡ Ley asociativa y de Morgan
s ∨ (¬s ∧ r) ≡ Sustitución s = p ∨ q
(s ∨ ¬s) ∧ (s ∨ r) ≡ Ley distributiva
(s ∨ r) ≡ Ley de medio excluido y de identidad
p ∨ q ∨ r Sustitución s = p ∨ q
(b) ((¬p ∨ ¬q) → (p ∧ q ∧ r)) ↔ p ∧ q
Solución:
(¬p ∨ ¬q) → (p ∧ q ∧ r) ≡
(¬(p ∧ q) → ((p ∧ q) ∧ r) ≡ Ley asociativa y de Morgan
(¬s → (s ∧ r) ≡ Sustitución s = p ∧ q
(¬¬s ∨ (s ∧ r) ≡ Reemplazo de implicancia
s ∨ (s ∧ r) ≡ Ley de doble negación
s ≡ p ∧ q Ley de absorción
(c) ¬(p ∨ q) ∨ ((¬p ∧ q) ∨ ¬q) ↔ ¬(q ∧ p)
Solución:
¬(p ∨ q) ∨ ((¬p ∧ q) ∨ ¬q) ≡
¬(p ∨ q) ∨ ((¬p ∨ ¬q) ∧ (q ∨ ¬q)) ≡ Ley ditributiva
¬(p ∨ q) ∨ ((¬p ∨ ¬q) ∧ V ) ≡ Ley de medio excluído
¬(p ∨ q) ∨ (¬p ∨ ¬q) ≡ Ley de dominación
(¬p ∧ ¬q) ∨ ¬p ∨ ¬q ≡ Ley de Morgan
((¬p ∨ ¬p) ∧ (¬q ∨ ¬p)) ∨ ¬q ≡ Ley distributiva
¬q ∨ ¬p ∨ ¬q ≡ Ley de medio excluído y de dominación
¬p ∨ ¬q Ley de idempotencia
5. Simplique las siguientes expresiones:
(a) (p → (q ∨ ¬r)) ∨ (¬p ∧ q)
Solución:
(p → (q ∨ ¬r)) ∨ (¬p ∧ q) ≡ (¬p ∨ q ∨ ¬r) ∨ (¬p ∧ q) ≡
(¬p ∨ q) ∨ ¬r ∨ (¬p ∧ q) ≡ ¬p ∨ q ∨ ¬r
(b) ¬(∀x∃y((p(x, y) ∧ q(x, y)) → r(x, y)))
Solución:
¬(∀x∃y((p(x, y) ∧ q(x, y)) → r(x, y))) ≡ ∃x∀y¬((p(x, y) ∧ q(x, y)) → r(x, y)) ≡
∃x∀y¬(¬(p(x, y) ∧ q(x, y)) ∨ r(x, y)) ≡ ∃x∀y((p(x, y) ∧ q(x, y) ∧ ¬r(x, y))
6. Sea p (x, y) la proposición abierta x divide a y, y el universo de ambas variables
es el conjunto de números enteros. Determine el valor de verdad de las siguientes
proposiciones; justique su decisión.
(a) p (27, 3)
Es falsa. El resto de la división es 27, por tanto 27 no divide (exactamente) a 3.
(b) ∀y p (1, y)
Es verdadera. 1 divide a cualquier otro número entero.
2
(c) ∀x p (x, x)
Es falsa. Aunque cualquier número entero es divisible por sí mismo, el 0 no lo es.
(d) ∃y∀x p (x, y)
Es falsa. Aunque el número entero 0 se puede dividir por cualquier otro número,
no se puede dividir por sí mismo.
(e) ∀x∀y ((p (x, y) ∧ p (y, x)) → (x = y))
Es falsa, ya que si x = 2 e y = −2, x e y se dividen mutuamente, pero no son
iguales.
7. Refute y exprese cada una de las siguientes proposiciones en español.
(a) Karina tendrá una buena educación si pone sus estudios antes que su interés en
ser estrella de cine.
p : Karina pone sus estudios antes de su interés en el cine
q : Karina tiene una buena educación
Expresión original: p → q ≡ ¬p ∨ q
Expresión refutada: ¬(¬p ∨ q) ≡ p ∧ ¬q
Respuesta: Karina no ha tenido una buena educación, aunque ha puesto sus
estudios antes que su interés en el cine.
(b) Si Homero aprueba su curso de programación y termina su proyecto de estructura
de datos, podrá tomar el curso de lenguajes de programación el próximo semestre.
p : Homero aprueba su curso de programación
e : Homero termina su proyecto de ED
l : Homero toma el curso de lenguajes de programación
Expresión original: (p ∧ e) → l ≡ ¬(p ∧ e) ∨ l
Expresión refutada: ¬(¬(p ∧ e) ∨ l) ≡ p ∧ e ∧ ¬l
Respuesta: Homero aprobó el curso de programación y teminó su proyecto de es-
tructura de datos, pero no tomará lenguajes de programación el próximo semestre.
(c) Norma está haciendo su tarea de matemáticas y Claudia está practicando sus
lecciones de piano.
m : Norma hace tarea de matemáticas
p : Claudia practica piano
Expresión original: m ∧ p
Expresión refutada: ¬(m ∧ p) ≡ ¬m ∨ ¬p
Respuesta: Norma no está haciendo su tarea de matemáticas ó Claudia no prac-
tica piano.
(d) Si Lorenzo se va de vacaciones, entonces el se divertirá si no le preocupa viajar
en avión.
l : Lorenzo se va de vacaciones
a : no le preocupa volar en avión
d : Lorenzo se divierte
Expresión original: l → (¬a → d) ≡ ¬l ∨ a ∨ d
Expresión refutada: ¬(¬l ∨ a ∨ d) ≡ l ∧ a ∧ ¬d
Respuesta: Lorenzo se fue de vacaciones y no le preocupa viajar en avión, pero
no se divierte.
8. Escriba las siguiente oraciones en forma simbólica. El universo del discurso es el
conjunto de personajes de Friends: Phoebe, Mónica, Rachel, Chandler y Joe.
3
Se han denido los siguientes predicados:
es(x, t)  x es t quiere(x, y)  x quiere a y
miente(x)  x miente regala(x, y)  x hace regalo a y
(a) Si Mónica ó Rachel dicen la verdad, entonces Mónica y Chandler se quieren.
¬miente(m) ∨ ¬miente(r) → (quiere(m, c) ∧ quiere(c, m))
(b) Todos excepto Joe quieren a Phoebe, y nadie excepto Rachel quiere a Joe.
∀x(¬es(x, j) ∧ quiere(x, p)) ∧ ∀x(¬es(x, r) ∧ quiere(x, j))
(c) Si Joe no miente, entonces Chandler hace regalos a Mónica, y Mónica hace regalos
a alguien.
(¬miente(j) → regala(c, m)) ∧ ∃x regala(m, x) ó
¬miente(j) → (regala(c, m) ∧ ∃x regala(m, x))
(d) Todos quieren a alguien y no quieren a alguien más.
∀x∃y∃z(quiere(x, y) ∧ ¬quiere(x, z) ∧ ¬es(x, z))
(e) Todos excepto Joe quieren a Phoebe. (No usar cuanticadores)
quiere(p, p) ∧ quiere(m, p) ∧ quiere(r, p) ∧ quiere(c, p)
9. Demuestre la validez de la siguiente expresión:
∀x(P(x) → R(x)) ∧ ∃x(P(x) ∧ M(x)) → ∃x(R(x) → M(x))
Solución: Para que una implicancia no sea válida debe existir un modelo para el cual
el antecedente sea verdadero y el consecuente falso al mismo tiempo.
Para que ∀x(P(x) → R(x)) ∧ ∃x(P(x) ∧ M(x)) sea verdadero, ambas parte de la
conjunción deben ser verdaderas: ∀x(P(x) → R(x)) y ∃x(P(x) ∧ M(x)). Llamemos a
el x que hace cierta la segunda parte: P(a) ∧ M(a), y para ese mismo término debe
ser cierto P(a) → R(a) . A su vez ambas partes de la conjunción P(a) ∧ M(a) deben
ser ciertas: P(a) = V y M(a) = V . Ya que P(a) es cierto, del P(a) → R(a) se deduce
que R(a) = V .
Si ∃x(R(x) → M(x)) es falso, entonces ¬(∃x(R(x) → M(x))) debe ser verdadero.
¬(∃x(R(x) → M(x))) ≡ ∀x(R(x) ∧ ¬M(x)). Ya que esto es cierto ∀x, debe ser cierto
para a: (R(a) ∧ ¬M(a)), o sea R(a) = V y M(a) = F.
Llegamos a una contradicción, ya que M(a) es verdadero y falso a la vez, por tanto la
suposición de que la expresión es inválida no es cierta.
10. Escriba las siguiente oraciones en forma simbólica deniendo las proposiciones atómi-
cas. Dena el universo del discurso en caso de ser necesario.
(a) Si un triángulo tiene dos lados de igual longitud, entonces es un isóceles. Si un
triángulo es isóceles, entonces tiene dos ángulos de igual medida. En un triángulo
τ no hay dos ángulos de igual medida. Por lo tanto, el triángulo τ no tiene dos
lados de igual longitud.
Solución:
Universo del discurso: todos los triángulos en un plano
L(x): triángulo x tiene 2 lados de igual longitud
I(x): triángulo x es un isóceles
A(x): triángulo x tiene 2 ángulos de igual medida
4
Dos formas de respuesta:
∀x(L(x) → I(x))
∀x(I(x) → A(x))
¬A(τ))
¬L(τ))
o (∀x(L(x) → I(x)) ∧ ∀x(I(x) → A(x)) ∧ ¬A(τ)) → ¬L(τ)
(b) El sol brillante y la humedad baja son sucientes para que juegue tenis después
de terminar de hacer la tarea del curso de Estructura de Datos.
Solución:
S: sol brillante H: humedad baja
T: tarea de ED terminada J: jugar tenis
Dos formas de respuesta: (S ∧ H) → (T → J) ó (S ∧ H ∧ T) → J).
11. ¾Es consistente la siguiente especicación del sistema? Justique su decisión.
(a) La red inalámbrica perderá su nivel de ancho de banda sólo si se ha instalado
la nueva antena repetidora. Por otro lado, para que la red inalámbrica soporte
nuevos usuarios es necesario que se haya instalado la nueva antena repetidora. La
red inalámbrica perderá su nivel de ancho de banda solo si soporta a los nuevos
usuarios. La red inalámbrica mantiene su ancho de banda.
Solución:
Las variables proposicionales se denen de la siguiente manera:
p: La red inalambrica perdera su ancho de banda.
q: Se ha instalado la nueva antena repetidora.
r: La red inalambrica soporta nuevos usuarios.
Las especicaciones se pueden escribir como sigue: q → p, q → r, r → p, ¬p
Para que las especicaciones sean consistentes, se debe encontrar una asignación
de valores de verdad que haga todas las especicaciones verdaderas al mismo
tiempo. Ya que ¬p debe ser verdadera, se deduce que p debe ser falsa. Como p es
falsa, las implicancias q → p, r → p indican que el único valor posible a tomar por
las variables q y r es falso. Teniendo que q y r son falsas, la última especicación
q → r es verdadera. Por lo que podemos concluir que las especicaciones de
sistemas son consistentes.
(b) El sistema se encuentra en el modo multiusuario, si y sólo si está operando nor-
malmente. Si el sistema opera normalmente, el kernel está funcionando. El kernel
no está funcionando, ó el sistema está en un modo interrumpido. Si el sistema no
está en el modo multiusuario, entonces está en el modo interrumpido. El sistema
no está en modo interrumpido.
Solución:
La especicación se formaliza de la siguiente manera:
M ↔ O, O → K, ¬K ∨ I, ¬M → I, ¬I, donde
O: sistema opera normalmente M: sistema está en modo multiusuario
K: kernel funciona normalmente I: sistema está en modo interrumpido
Para que la especicación sea consistente, debe existir al menos una asignación
de valores de verdad que haga todas las armaciones verdaderas.
Para que ¬I sea verdadera, debe ser I = F. Pot tanto, ¬K ∨I verdadero implica
que ¬K = V , y consiguientemente K = F.
5
Teniendo en cuenta los resultados anteriores, para que ¬M → I y O → K sean
verdaderas, ¬M y O deben ser falsas, por tanto M = V y O = F.
La primera armación nos indica que M debe tener el mismo valor de verdad que
O, por tanto M = F, lo cual contradice el resultado anterior.
Ya que no puede existir ninguna asignación de valores de verdad a variables
proposicionales que satisfaga todas las armaciones, la especicación no es con-
sistente.
12. Dé una derivación para el siguiente argumento lógico. Las reglas de inferencia se
limitan al modus ponens, modus tollens, y ley de combinación. Establezca qué leyes
se utilizan en cada paso.
(a)
P
P → (Q ∨ R)
(Q ∨ R) → S
S
Solución:
Paso Linea Razón
1. P Premisa
2. P → (Q ∨ R) Premisa
3. Q ∨ R 1,2 Modus Ponens
4. (Q ∨ R) → S Premisa
5. S 3,4 Modus Ponens
(b)
P → Q
Q → R
¬R
¬P
Solución:
Paso Linea Razón
1. ¬R Premisa
2. Q → R Premisa
3. ¬Q 1, 2 Modus tollens
4. P → Q Premisa
5. ¬P 3, 4 Modus Tollens
13. Demuestre que el siguiente argumento no es válido.
(a)
P ↔ Q
Q → R
R ∨ ¬S
¬S → Q
S
Demostración:
Para que el argumento no sea válido, debe existir una asignación de valores de
verdad a las variables proposicionales en la cual las premisas sean verdaderas y
la conclusión falsa.
Para que la conclusión sea falsa, S debe ser falso. Entonces, S = F.
6
Para que la premisa ¬S → Q sea verdadera, Q debe ser verdadero, o sea Q = V .
Por la misma razón, R = V para lograr que Q → R sea verdad. Y nalmente,
P = V , ya que debe tener el mismo valor de verdad que Q por la premisa P ↔ Q.
Así, la asignación de valores de verdad de las variables P = V , Q = V , R = V Y
S = F hace que las premisas sean verdaderas y la conclusión falsa. Por tanto, el
argumento no es válido.
(b)
P
P → R
P → (Q ∨ ¬R)
¬Q ∨ ¬S
S
Demostración:
Para que el argumento no sea válido, debe existir una asignación de valores de
verdad a las variables proposicionales en la cual las premisas sean verdaderas y
la conclusión falsa.
Para que la conclusión sea falsa, S debe ser falso. Entonces, S = F.
Para que la premisa P sea verdadera, P debe ser verdadero, P = V , y a su vez
R = V para lograr que P → R sea verdad. Tomando en cuenta que P = V ,
R = V y la premisa P → (Q ∨ ¬R) debe ser verdadera, Q debe ser verdadero
Q = V .
Así, la asignación de valores de verdad de las variables P = V , Q = V , R = V y
S = F hace que las premisas sean verdaderas y la conclusión falsa. Por tanto, el
argumento no es válido.
14. Formule el siguiente argumento en lógica de predicados y derive formalmente la
conclusión. El universo del discurso es el conjunto de personas.
(a) Si la banda no pudiera tocar rock o las bebidas no llegasen a tiempo, la esta de
Año Nuevo tendría que cancelarse y Alicia se enojaría. Si la esta se cancelara,
habría que devolver el dinero. No se devolvió el dinero. Por lo tanto, la banda
pudo tocar rock.
Solución: Se utilizaran las siguientes proposiciones:
P: la banda pudo tocar rock
Q: las bebidas llegaron a tiempo
R: la esta de Año Nuevo se canceló
S: Alicia estaba enojada
T: Hubo que devolver el dinero
El argumento queda formalmente de la siguiente manera:
(¬P ∨ ¬Q) → (R ∧ S)
R → T
¬T
P
7
Paso Línea(s) Razón
1 R → T Premisa
2 ¬T Premisa
3 ¬R 1, 2 Modus Tollens
4 (¬P ∨ ¬Q) → (R ∧ S) Premisa
5 ¬R ∨ ¬S 3 Adición
6 ¬(R ∧ S) 5 de Morgan
7 ¬(¬P ∨ ¬Q) 4, 6 Modus Tollens
8 P ∧ Q 7 De Morgan y Doble Negación
9 P 8 Simplicación
(b) A alguien de este curso le gusta observar ballenas. Todas las personas a las que le
gusta observar ballenas se preocupan por la contaminación del océano. Por tanto,
hay alguien en este curso que se preocupa por la contaminación del océano.
Solución: Deniremos los siguientes predicados:
c(x): x es alumno del curso
b(x): a x le gusta observar ballenas
o(x): x se preocupa por la contaminación del océano
El argumento queda formalmente de la siguiente manera:
∃x (c(x) ∧ b(x))
∀x (b(x) → o(x))
∃x (c(x) ∧ o(x))
Paso Línea Razón
1. ∃x (c(x) ∧ b(x)) Premisa
2. ∀x (b(x) → o(x)) Premisa
3. c(a) ∧ b(a) 1 Particularización existencial
4. b(a) → o(a) 2 Particularización universal
5. c(a) 3 Simplicación
6. b(a) 3 Simplicación
7. o(a) 4, 6 Modus Ponens
8. c(a) ∧ o(a) 5, 7 Combinación
9. ∃x (c(x) ∧ o(x)) 8 Generalización Existencial
(c) Todas las personas de Santiago están a menos de 200 km del océano. Alguien de
Santiago no ha visto nunca el océano. Entonces, alguien, quien está a menos de
200 km del océano, nunca lo ha visto.
Solución: Deneremos los siguientes predicados:
stgo(x): x es de Santiago
km(x): x está a menos de 200 km del oceáno
oceano(x): x ha visto el oceáno
El argumento se dene formalmente de la siguiente manera:
∀x(stgo(x) → km(x))
∃x(stgo(x) ∧ ¬oceano(x))
∃x(km(x) ∧ ¬oceano(x))
8
Paso Línea Razón
1. ∃x(stgo(x) ∧ ¬oceano(x)) Premisa
2. stgo(a) ∧ ¬oceano(a) 1 Particularización universal
3. stgo(a) 2 Simplicación
4. ¬oceano(a) 2 Simplicación
5. ∀x(stgo(x) → km(x)) Premisa
6. stgo(a) → km(a) 5 Particularización universal
7. km(a) 3, 6 Modus Ponens
8. km(a) ∧ ¬oceano(a) 4, 7 Combinación
9. ∃x(km(x) ∧ ¬oceano(x)) 8 Generalización existencial
15. Demuestre formalmente el siguiente argumento:
(a)
∀x(P(x) ∨ Q(x))
∃x¬P(x)
∀x(¬Q(x) ∨ R(x))
∀x(S(x) → ¬R(x))
∃x¬S(x)
Solución:
Paso Línea Razón
1. ∀x(P(x) ∨ Q(x)) Premisa
2. ∃x¬P(x) Premisa
3. ¬P(a) 2 Particularización existencial
4. P(a) ∨ Q(a) 1 Particularización universal
5. Q(a) 3, 4 SD
6. ∀x(¬Q(x) ∨ R(x)) Premisa
7. ¬Q(a) ∨ R(a) 6 Particularización universal
8. R(a) 5, 7 SD
9. ∀x(S(x) → ¬R(x)) Premisa
10. S(a) → ¬R(a) 9 Particularización universal
11. ¬S(a) 10 MT
12. ∃x¬S(x) 11 Generalización existencial
(b)
∀x (p(x) → (q(x) ∧ r(x)))
∀x (p(x) ∧ s(x))
∀x (r(x) ∧ s(x))
Solución:
Paso Línea Razón
1. ∀x (p(x) → (q(x) ∧ r(x))) Premisa
2. ∀x (p(x) ∧ s(x)) Premisa
3. p(a) → (q(a) ∧ r(a)) 1 Particularización universal
4. p(a) ∧ s(a) 2 Particularización universal
5. p(a) 4 Ley de simplicación
6. q(a) ∧ r(a) 3, 5 Modus Ponens
7. r(a) 6 Ley de Simplicación
8. s(a) 4 Ley de Simplicación
9. r(a) ∧ s(a) 7, 8 Ley de Combinación
10. ∀x (r(x) ∧ s(x)) 9 Generalización Universal
9
(c)
∀x(C(x) → L(x))
∀y(C(y) ∨ D(y))
∃x¬L(x)
∃xD(x)
Solución:
Paso Línea Razón
1. ∃x¬L(x) Premisa
2. ¬L(a) 1, Particularización existencial
3. ∀x(C(x) → L(x)) Premisa
4. C(a) → L(a) 3, Particularización Universal
5. ∀y(C(y) ∨ D(y)) Premisa
6. C(a) ∨ D(a) 5, Particularización Universal
7. ¬C(a) 2, 4, MT
8. D(a) 6,7, SD
9. ∃xD(x) 8 GE
(d)
∀x(J(x) ∨ S(x) → ¬P(x))
P(m)
¬S(m)
Solución:
1. ∀x((J(x) ∨ S(x)) → ¬P(x)) Premisa
2. (J(m) ∨ S(m)) → ¬P(m) 1, Particularizacion con x := m
3. P(m) Premisa
4. ¬(J(m) ∨ S(m)) 2, 3, Modus Tollens
5. ¬(J(m) ∧ ¬S(m)) 4, Ley de Morgan
6. ¬S(m) 5, Ley de Simplicacion
16. Demuestre que si n es entero y n3 + 5 es impar, entonces n es par.
(a) por demostración indirecta
Demostración: Supongamos que n es impar. Se debe demostrar que n3 +5 es par.
Ya que n es impar, n = 2k + 1 para algún entero k. Entonces, n3 + 5 = (2k +
1)3 + 5 = (8k3 + 12k2 + 6k + 1) + 5 = 2(4k3 + 6k2 + 3k + 3). Al denotar como
l = (4k3 + 6k2 + 3k + 3), tenemos que n3 + 5 = 2 l donde l es entero. El hecho
anterior signica que n3 + 5 es par.
Se demostró que si n es impar, entonces n3 + 5 es par. Por lo tanto, queda
demostrado que si n3 + 5 es impar, n es par.
(b) por contradicción (reducción al absurdo)
Demostración: Tenemos que n3 + 5 es impar. Supongamos que n es impar.
Como n es impar, n = 2k + 1 para algún entero k. Entonces, n3 + 5 = (2k +
1)3 + 5 = (8k3 + 12k2 + 6k + 1) + 5 = 2(4k3 + 6k2 + 3k + 3). Al denotar como
l = (4k3 + 6k2 + 3k + 3), tenemos que n3 + 5 = 2 l donde l es entero. El hecho
anterior signica que n3 + 5 es par, que contradice que n3 + 5 es impar.
Por tanto, la suposición de que n es impar es equivocada. Queda demostrado que
si n3 + 5 es impar, n es par.
17. Demuestre que si n es entero y 3n + 2 es par, entonces n es par.
10
(a) por demostración indirecta
Demostración: Supongamos que n es impar, entonces n = 2k + 1, k entero.
3n + 2 = 6k + 5 = (6k + 4) + 1 = 2(3k + 2) + 1, lo cual signica que 3n + 2 es
impar.
Hemos demostrado que si n es impar, entonces 3n + 2 es impar. Por lo tanto, si
n es entero y 3n + 2 es par, entonces n es par.
(b) por contradicción
Demostración: Tenemos que 3n + 2 es par, y supongamos que n es impar. En-
tonces, n = 2k+1, k entero. Sigue que 3n+2 = 6k+5 = (6k+4)+1 = 2(3k+2)+1,
lo cual signica que 3n + 2 es impar.
Hemos llegado a una contradiccón con la premisa 3n+2 es par, por tanto nuestra
suposición no es válida. Por lo tanto, si n es entero y 3n + 2 es par, entonces n
es par.
18. Demuestre por contradicción que la expresión ∀x(P(x) ∧ Q(x)) → ∀xP(x) ∧ ∀xQ(x)
es válida. No puede usar la equivalencia correspondiente para inferir la condicional.
Demostración: Para que la expresión condicional no sea válida, el antecedente debe
ser verdadero y el consecuente falso al mismo tiempo. Por lo tanto, ∀x(P(x) ∧ Q(x))
y ¬(∀xP(x) ∧ ∀xQ(x)) deben ser verdaderos.
El consecuente negado se reescribe de la siguiente forma: ∃x¬P(x) ∨ ∃x¬Q(x). Lla-
maremos x1 aquel individuo x, para el cual ¬P(x1) = V , y x2 sería aquel que hace
¬Q(x2) = V . Tenemos que P(x1) = F y Q(x2) = F.
Por otro lado, ∀x(P(x) ∧ Q(x)) debe ser cierto tanto para x1, como para x2, o sea
P(x1) ∧ Q(x1) = V , lo cual implica que P(x1) = V y Q(x1) = V .
Del consecuente, se obtuvo que P(x1) = F. Del antecedente, se obtuvo que P(x1) = V .
Llegando a esta contradicción, se rechaza la hipótesis de que la expresión no es válida.
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  • 1. Universidad Técnica Federico Santa María Fundamentos de Informática I Departamento de Informática Primer semestre de 2009 Ejercicios resueltos de temas del Certamen no 1 1. Construya la tabla de verdad para la expresión, considerando que p, q y r son proposi- ciones atómicas. (a) (p → (¬q ∧ r)) Solución: p q r ¬q ¬q ∧ r (p → (¬q ∧ r)) V V V F F F V V F F F F V F V V V V V F F V F F F V V F F V F V F F F V F F V V V V F F F V F V (b) q ∧ (¬r → p) Solución: p q r ¬p ¬p → r q ∧ (¬p → r) V V V F V V V V F V V V V F V F V F V F F V V F F V V F V V F V F V F F F F V F V F F F F V F F 2. Simplique la expresión denotando en cado paso la ley empleada. (p ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ q) ∧ ¬(¬(p ∨ ¬r) ∧ q) Solución: (p ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ q) ∧ ¬(¬(p ∨ ¬r) ∧ q) ≡ (p ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ q) ∧ ((p ∨ ¬r) ∨ ¬q) ≡ De Morgan, Doble negación (¬p ∨ q) ∧ (p ∨ ¬q) ∧ ((p ∨ ¬q) ∨ ¬r) ≡ Conmutativa, Asociativa (¬p ∨ q) ∧ (p ∨ ¬q) Absorción 3. Utilizando las ecuaciones p → q ≡ ¬p ∨ q y p ↔ q ≡ (¬p ∨ q) ∧ (p ∨ ¬q), elimine la equivalencia y la condicional y simplique la expresión (p → q) ↔ (p ∨ q). Solución: (p → q) ↔ (p ∨ q) ≡ (¬(¬p ∨ q) ∨ (p ∨ q)) ∧ ((¬p ∨ q) ∨ ¬(p ∨ q)) ≡ ((p ∧ ¬q) ∨ p ∨ q) ∧ (¬p ∨ q ∨ (¬p ∧ ¬q)) ≡ (((p ∨ q) ∧ (¬q ∨ q) ∧ (¬p ∨ ((q ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ q)) ≡ (p ∨ q ∨ p) ∧ (¬p ∨ ¬p ∨ q) ≡ (p ∨ q) ∧ (¬p ∨ q) ≡ (p ∧ ¬p) ∨ q ≡ q 1
  • 2. 4. Mientras demuestra la siguiente equivalencia lógica, denote los pasos y los razones para establecerlos: (a) p ∨ q ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) ↔ p ∨ q ∨ r Solución: p ∨ q ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∨ (¬(p ∨ q) ∧ r) ≡ Ley asociativa y de Morgan s ∨ (¬s ∧ r) ≡ Sustitución s = p ∨ q (s ∨ ¬s) ∧ (s ∨ r) ≡ Ley distributiva (s ∨ r) ≡ Ley de medio excluido y de identidad p ∨ q ∨ r Sustitución s = p ∨ q (b) ((¬p ∨ ¬q) → (p ∧ q ∧ r)) ↔ p ∧ q Solución: (¬p ∨ ¬q) → (p ∧ q ∧ r) ≡ (¬(p ∧ q) → ((p ∧ q) ∧ r) ≡ Ley asociativa y de Morgan (¬s → (s ∧ r) ≡ Sustitución s = p ∧ q (¬¬s ∨ (s ∧ r) ≡ Reemplazo de implicancia s ∨ (s ∧ r) ≡ Ley de doble negación s ≡ p ∧ q Ley de absorción (c) ¬(p ∨ q) ∨ ((¬p ∧ q) ∨ ¬q) ↔ ¬(q ∧ p) Solución: ¬(p ∨ q) ∨ ((¬p ∧ q) ∨ ¬q) ≡ ¬(p ∨ q) ∨ ((¬p ∨ ¬q) ∧ (q ∨ ¬q)) ≡ Ley ditributiva ¬(p ∨ q) ∨ ((¬p ∨ ¬q) ∧ V ) ≡ Ley de medio excluído ¬(p ∨ q) ∨ (¬p ∨ ¬q) ≡ Ley de dominación (¬p ∧ ¬q) ∨ ¬p ∨ ¬q ≡ Ley de Morgan ((¬p ∨ ¬p) ∧ (¬q ∨ ¬p)) ∨ ¬q ≡ Ley distributiva ¬q ∨ ¬p ∨ ¬q ≡ Ley de medio excluído y de dominación ¬p ∨ ¬q Ley de idempotencia 5. Simplique las siguientes expresiones: (a) (p → (q ∨ ¬r)) ∨ (¬p ∧ q) Solución: (p → (q ∨ ¬r)) ∨ (¬p ∧ q) ≡ (¬p ∨ q ∨ ¬r) ∨ (¬p ∧ q) ≡ (¬p ∨ q) ∨ ¬r ∨ (¬p ∧ q) ≡ ¬p ∨ q ∨ ¬r (b) ¬(∀x∃y((p(x, y) ∧ q(x, y)) → r(x, y))) Solución: ¬(∀x∃y((p(x, y) ∧ q(x, y)) → r(x, y))) ≡ ∃x∀y¬((p(x, y) ∧ q(x, y)) → r(x, y)) ≡ ∃x∀y¬(¬(p(x, y) ∧ q(x, y)) ∨ r(x, y)) ≡ ∃x∀y((p(x, y) ∧ q(x, y) ∧ ¬r(x, y)) 6. Sea p (x, y) la proposición abierta x divide a y, y el universo de ambas variables es el conjunto de números enteros. Determine el valor de verdad de las siguientes proposiciones; justique su decisión. (a) p (27, 3) Es falsa. El resto de la división es 27, por tanto 27 no divide (exactamente) a 3. (b) ∀y p (1, y) Es verdadera. 1 divide a cualquier otro número entero. 2
  • 3. (c) ∀x p (x, x) Es falsa. Aunque cualquier número entero es divisible por sí mismo, el 0 no lo es. (d) ∃y∀x p (x, y) Es falsa. Aunque el número entero 0 se puede dividir por cualquier otro número, no se puede dividir por sí mismo. (e) ∀x∀y ((p (x, y) ∧ p (y, x)) → (x = y)) Es falsa, ya que si x = 2 e y = −2, x e y se dividen mutuamente, pero no son iguales. 7. Refute y exprese cada una de las siguientes proposiciones en español. (a) Karina tendrá una buena educación si pone sus estudios antes que su interés en ser estrella de cine. p : Karina pone sus estudios antes de su interés en el cine q : Karina tiene una buena educación Expresión original: p → q ≡ ¬p ∨ q Expresión refutada: ¬(¬p ∨ q) ≡ p ∧ ¬q Respuesta: Karina no ha tenido una buena educación, aunque ha puesto sus estudios antes que su interés en el cine. (b) Si Homero aprueba su curso de programación y termina su proyecto de estructura de datos, podrá tomar el curso de lenguajes de programación el próximo semestre. p : Homero aprueba su curso de programación e : Homero termina su proyecto de ED l : Homero toma el curso de lenguajes de programación Expresión original: (p ∧ e) → l ≡ ¬(p ∧ e) ∨ l Expresión refutada: ¬(¬(p ∧ e) ∨ l) ≡ p ∧ e ∧ ¬l Respuesta: Homero aprobó el curso de programación y teminó su proyecto de es- tructura de datos, pero no tomará lenguajes de programación el próximo semestre. (c) Norma está haciendo su tarea de matemáticas y Claudia está practicando sus lecciones de piano. m : Norma hace tarea de matemáticas p : Claudia practica piano Expresión original: m ∧ p Expresión refutada: ¬(m ∧ p) ≡ ¬m ∨ ¬p Respuesta: Norma no está haciendo su tarea de matemáticas ó Claudia no prac- tica piano. (d) Si Lorenzo se va de vacaciones, entonces el se divertirá si no le preocupa viajar en avión. l : Lorenzo se va de vacaciones a : no le preocupa volar en avión d : Lorenzo se divierte Expresión original: l → (¬a → d) ≡ ¬l ∨ a ∨ d Expresión refutada: ¬(¬l ∨ a ∨ d) ≡ l ∧ a ∧ ¬d Respuesta: Lorenzo se fue de vacaciones y no le preocupa viajar en avión, pero no se divierte. 8. Escriba las siguiente oraciones en forma simbólica. El universo del discurso es el conjunto de personajes de Friends: Phoebe, Mónica, Rachel, Chandler y Joe. 3
  • 4. Se han denido los siguientes predicados: es(x, t) x es t quiere(x, y) x quiere a y miente(x) x miente regala(x, y) x hace regalo a y (a) Si Mónica ó Rachel dicen la verdad, entonces Mónica y Chandler se quieren. ¬miente(m) ∨ ¬miente(r) → (quiere(m, c) ∧ quiere(c, m)) (b) Todos excepto Joe quieren a Phoebe, y nadie excepto Rachel quiere a Joe. ∀x(¬es(x, j) ∧ quiere(x, p)) ∧ ∀x(¬es(x, r) ∧ quiere(x, j)) (c) Si Joe no miente, entonces Chandler hace regalos a Mónica, y Mónica hace regalos a alguien. (¬miente(j) → regala(c, m)) ∧ ∃x regala(m, x) ó ¬miente(j) → (regala(c, m) ∧ ∃x regala(m, x)) (d) Todos quieren a alguien y no quieren a alguien más. ∀x∃y∃z(quiere(x, y) ∧ ¬quiere(x, z) ∧ ¬es(x, z)) (e) Todos excepto Joe quieren a Phoebe. (No usar cuanticadores) quiere(p, p) ∧ quiere(m, p) ∧ quiere(r, p) ∧ quiere(c, p) 9. Demuestre la validez de la siguiente expresión: ∀x(P(x) → R(x)) ∧ ∃x(P(x) ∧ M(x)) → ∃x(R(x) → M(x)) Solución: Para que una implicancia no sea válida debe existir un modelo para el cual el antecedente sea verdadero y el consecuente falso al mismo tiempo. Para que ∀x(P(x) → R(x)) ∧ ∃x(P(x) ∧ M(x)) sea verdadero, ambas parte de la conjunción deben ser verdaderas: ∀x(P(x) → R(x)) y ∃x(P(x) ∧ M(x)). Llamemos a el x que hace cierta la segunda parte: P(a) ∧ M(a), y para ese mismo término debe ser cierto P(a) → R(a) . A su vez ambas partes de la conjunción P(a) ∧ M(a) deben ser ciertas: P(a) = V y M(a) = V . Ya que P(a) es cierto, del P(a) → R(a) se deduce que R(a) = V . Si ∃x(R(x) → M(x)) es falso, entonces ¬(∃x(R(x) → M(x))) debe ser verdadero. ¬(∃x(R(x) → M(x))) ≡ ∀x(R(x) ∧ ¬M(x)). Ya que esto es cierto ∀x, debe ser cierto para a: (R(a) ∧ ¬M(a)), o sea R(a) = V y M(a) = F. Llegamos a una contradicción, ya que M(a) es verdadero y falso a la vez, por tanto la suposición de que la expresión es inválida no es cierta. 10. Escriba las siguiente oraciones en forma simbólica deniendo las proposiciones atómi- cas. Dena el universo del discurso en caso de ser necesario. (a) Si un triángulo tiene dos lados de igual longitud, entonces es un isóceles. Si un triángulo es isóceles, entonces tiene dos ángulos de igual medida. En un triángulo τ no hay dos ángulos de igual medida. Por lo tanto, el triángulo τ no tiene dos lados de igual longitud. Solución: Universo del discurso: todos los triángulos en un plano L(x): triángulo x tiene 2 lados de igual longitud I(x): triángulo x es un isóceles A(x): triángulo x tiene 2 ángulos de igual medida 4
  • 5. Dos formas de respuesta: ∀x(L(x) → I(x)) ∀x(I(x) → A(x)) ¬A(τ)) ¬L(τ)) o (∀x(L(x) → I(x)) ∧ ∀x(I(x) → A(x)) ∧ ¬A(τ)) → ¬L(τ) (b) El sol brillante y la humedad baja son sucientes para que juegue tenis después de terminar de hacer la tarea del curso de Estructura de Datos. Solución: S: sol brillante H: humedad baja T: tarea de ED terminada J: jugar tenis Dos formas de respuesta: (S ∧ H) → (T → J) ó (S ∧ H ∧ T) → J). 11. ¾Es consistente la siguiente especicación del sistema? Justique su decisión. (a) La red inalámbrica perderá su nivel de ancho de banda sólo si se ha instalado la nueva antena repetidora. Por otro lado, para que la red inalámbrica soporte nuevos usuarios es necesario que se haya instalado la nueva antena repetidora. La red inalámbrica perderá su nivel de ancho de banda solo si soporta a los nuevos usuarios. La red inalámbrica mantiene su ancho de banda. Solución: Las variables proposicionales se denen de la siguiente manera: p: La red inalambrica perdera su ancho de banda. q: Se ha instalado la nueva antena repetidora. r: La red inalambrica soporta nuevos usuarios. Las especicaciones se pueden escribir como sigue: q → p, q → r, r → p, ¬p Para que las especicaciones sean consistentes, se debe encontrar una asignación de valores de verdad que haga todas las especicaciones verdaderas al mismo tiempo. Ya que ¬p debe ser verdadera, se deduce que p debe ser falsa. Como p es falsa, las implicancias q → p, r → p indican que el único valor posible a tomar por las variables q y r es falso. Teniendo que q y r son falsas, la última especicación q → r es verdadera. Por lo que podemos concluir que las especicaciones de sistemas son consistentes. (b) El sistema se encuentra en el modo multiusuario, si y sólo si está operando nor- malmente. Si el sistema opera normalmente, el kernel está funcionando. El kernel no está funcionando, ó el sistema está en un modo interrumpido. Si el sistema no está en el modo multiusuario, entonces está en el modo interrumpido. El sistema no está en modo interrumpido. Solución: La especicación se formaliza de la siguiente manera: M ↔ O, O → K, ¬K ∨ I, ¬M → I, ¬I, donde O: sistema opera normalmente M: sistema está en modo multiusuario K: kernel funciona normalmente I: sistema está en modo interrumpido Para que la especicación sea consistente, debe existir al menos una asignación de valores de verdad que haga todas las armaciones verdaderas. Para que ¬I sea verdadera, debe ser I = F. Pot tanto, ¬K ∨I verdadero implica que ¬K = V , y consiguientemente K = F. 5
  • 6. Teniendo en cuenta los resultados anteriores, para que ¬M → I y O → K sean verdaderas, ¬M y O deben ser falsas, por tanto M = V y O = F. La primera armación nos indica que M debe tener el mismo valor de verdad que O, por tanto M = F, lo cual contradice el resultado anterior. Ya que no puede existir ninguna asignación de valores de verdad a variables proposicionales que satisfaga todas las armaciones, la especicación no es con- sistente. 12. Dé una derivación para el siguiente argumento lógico. Las reglas de inferencia se limitan al modus ponens, modus tollens, y ley de combinación. Establezca qué leyes se utilizan en cada paso. (a) P P → (Q ∨ R) (Q ∨ R) → S S Solución: Paso Linea Razón 1. P Premisa 2. P → (Q ∨ R) Premisa 3. Q ∨ R 1,2 Modus Ponens 4. (Q ∨ R) → S Premisa 5. S 3,4 Modus Ponens (b) P → Q Q → R ¬R ¬P Solución: Paso Linea Razón 1. ¬R Premisa 2. Q → R Premisa 3. ¬Q 1, 2 Modus tollens 4. P → Q Premisa 5. ¬P 3, 4 Modus Tollens 13. Demuestre que el siguiente argumento no es válido. (a) P ↔ Q Q → R R ∨ ¬S ¬S → Q S Demostración: Para que el argumento no sea válido, debe existir una asignación de valores de verdad a las variables proposicionales en la cual las premisas sean verdaderas y la conclusión falsa. Para que la conclusión sea falsa, S debe ser falso. Entonces, S = F. 6
  • 7. Para que la premisa ¬S → Q sea verdadera, Q debe ser verdadero, o sea Q = V . Por la misma razón, R = V para lograr que Q → R sea verdad. Y nalmente, P = V , ya que debe tener el mismo valor de verdad que Q por la premisa P ↔ Q. Así, la asignación de valores de verdad de las variables P = V , Q = V , R = V Y S = F hace que las premisas sean verdaderas y la conclusión falsa. Por tanto, el argumento no es válido. (b) P P → R P → (Q ∨ ¬R) ¬Q ∨ ¬S S Demostración: Para que el argumento no sea válido, debe existir una asignación de valores de verdad a las variables proposicionales en la cual las premisas sean verdaderas y la conclusión falsa. Para que la conclusión sea falsa, S debe ser falso. Entonces, S = F. Para que la premisa P sea verdadera, P debe ser verdadero, P = V , y a su vez R = V para lograr que P → R sea verdad. Tomando en cuenta que P = V , R = V y la premisa P → (Q ∨ ¬R) debe ser verdadera, Q debe ser verdadero Q = V . Así, la asignación de valores de verdad de las variables P = V , Q = V , R = V y S = F hace que las premisas sean verdaderas y la conclusión falsa. Por tanto, el argumento no es válido. 14. Formule el siguiente argumento en lógica de predicados y derive formalmente la conclusión. El universo del discurso es el conjunto de personas. (a) Si la banda no pudiera tocar rock o las bebidas no llegasen a tiempo, la esta de Año Nuevo tendría que cancelarse y Alicia se enojaría. Si la esta se cancelara, habría que devolver el dinero. No se devolvió el dinero. Por lo tanto, la banda pudo tocar rock. Solución: Se utilizaran las siguientes proposiciones: P: la banda pudo tocar rock Q: las bebidas llegaron a tiempo R: la esta de Año Nuevo se canceló S: Alicia estaba enojada T: Hubo que devolver el dinero El argumento queda formalmente de la siguiente manera: (¬P ∨ ¬Q) → (R ∧ S) R → T ¬T P 7
  • 8. Paso Línea(s) Razón 1 R → T Premisa 2 ¬T Premisa 3 ¬R 1, 2 Modus Tollens 4 (¬P ∨ ¬Q) → (R ∧ S) Premisa 5 ¬R ∨ ¬S 3 Adición 6 ¬(R ∧ S) 5 de Morgan 7 ¬(¬P ∨ ¬Q) 4, 6 Modus Tollens 8 P ∧ Q 7 De Morgan y Doble Negación 9 P 8 Simplicación (b) A alguien de este curso le gusta observar ballenas. Todas las personas a las que le gusta observar ballenas se preocupan por la contaminación del océano. Por tanto, hay alguien en este curso que se preocupa por la contaminación del océano. Solución: Deniremos los siguientes predicados: c(x): x es alumno del curso b(x): a x le gusta observar ballenas o(x): x se preocupa por la contaminación del océano El argumento queda formalmente de la siguiente manera: ∃x (c(x) ∧ b(x)) ∀x (b(x) → o(x)) ∃x (c(x) ∧ o(x)) Paso Línea Razón 1. ∃x (c(x) ∧ b(x)) Premisa 2. ∀x (b(x) → o(x)) Premisa 3. c(a) ∧ b(a) 1 Particularización existencial 4. b(a) → o(a) 2 Particularización universal 5. c(a) 3 Simplicación 6. b(a) 3 Simplicación 7. o(a) 4, 6 Modus Ponens 8. c(a) ∧ o(a) 5, 7 Combinación 9. ∃x (c(x) ∧ o(x)) 8 Generalización Existencial (c) Todas las personas de Santiago están a menos de 200 km del océano. Alguien de Santiago no ha visto nunca el océano. Entonces, alguien, quien está a menos de 200 km del océano, nunca lo ha visto. Solución: Deneremos los siguientes predicados: stgo(x): x es de Santiago km(x): x está a menos de 200 km del oceáno oceano(x): x ha visto el oceáno El argumento se dene formalmente de la siguiente manera: ∀x(stgo(x) → km(x)) ∃x(stgo(x) ∧ ¬oceano(x)) ∃x(km(x) ∧ ¬oceano(x)) 8
  • 9. Paso Línea Razón 1. ∃x(stgo(x) ∧ ¬oceano(x)) Premisa 2. stgo(a) ∧ ¬oceano(a) 1 Particularización universal 3. stgo(a) 2 Simplicación 4. ¬oceano(a) 2 Simplicación 5. ∀x(stgo(x) → km(x)) Premisa 6. stgo(a) → km(a) 5 Particularización universal 7. km(a) 3, 6 Modus Ponens 8. km(a) ∧ ¬oceano(a) 4, 7 Combinación 9. ∃x(km(x) ∧ ¬oceano(x)) 8 Generalización existencial 15. Demuestre formalmente el siguiente argumento: (a) ∀x(P(x) ∨ Q(x)) ∃x¬P(x) ∀x(¬Q(x) ∨ R(x)) ∀x(S(x) → ¬R(x)) ∃x¬S(x) Solución: Paso Línea Razón 1. ∀x(P(x) ∨ Q(x)) Premisa 2. ∃x¬P(x) Premisa 3. ¬P(a) 2 Particularización existencial 4. P(a) ∨ Q(a) 1 Particularización universal 5. Q(a) 3, 4 SD 6. ∀x(¬Q(x) ∨ R(x)) Premisa 7. ¬Q(a) ∨ R(a) 6 Particularización universal 8. R(a) 5, 7 SD 9. ∀x(S(x) → ¬R(x)) Premisa 10. S(a) → ¬R(a) 9 Particularización universal 11. ¬S(a) 10 MT 12. ∃x¬S(x) 11 Generalización existencial (b) ∀x (p(x) → (q(x) ∧ r(x))) ∀x (p(x) ∧ s(x)) ∀x (r(x) ∧ s(x)) Solución: Paso Línea Razón 1. ∀x (p(x) → (q(x) ∧ r(x))) Premisa 2. ∀x (p(x) ∧ s(x)) Premisa 3. p(a) → (q(a) ∧ r(a)) 1 Particularización universal 4. p(a) ∧ s(a) 2 Particularización universal 5. p(a) 4 Ley de simplicación 6. q(a) ∧ r(a) 3, 5 Modus Ponens 7. r(a) 6 Ley de Simplicación 8. s(a) 4 Ley de Simplicación 9. r(a) ∧ s(a) 7, 8 Ley de Combinación 10. ∀x (r(x) ∧ s(x)) 9 Generalización Universal 9
  • 10. (c) ∀x(C(x) → L(x)) ∀y(C(y) ∨ D(y)) ∃x¬L(x) ∃xD(x) Solución: Paso Línea Razón 1. ∃x¬L(x) Premisa 2. ¬L(a) 1, Particularización existencial 3. ∀x(C(x) → L(x)) Premisa 4. C(a) → L(a) 3, Particularización Universal 5. ∀y(C(y) ∨ D(y)) Premisa 6. C(a) ∨ D(a) 5, Particularización Universal 7. ¬C(a) 2, 4, MT 8. D(a) 6,7, SD 9. ∃xD(x) 8 GE (d) ∀x(J(x) ∨ S(x) → ¬P(x)) P(m) ¬S(m) Solución: 1. ∀x((J(x) ∨ S(x)) → ¬P(x)) Premisa 2. (J(m) ∨ S(m)) → ¬P(m) 1, Particularizacion con x := m 3. P(m) Premisa 4. ¬(J(m) ∨ S(m)) 2, 3, Modus Tollens 5. ¬(J(m) ∧ ¬S(m)) 4, Ley de Morgan 6. ¬S(m) 5, Ley de Simplicacion 16. Demuestre que si n es entero y n3 + 5 es impar, entonces n es par. (a) por demostración indirecta Demostración: Supongamos que n es impar. Se debe demostrar que n3 +5 es par. Ya que n es impar, n = 2k + 1 para algún entero k. Entonces, n3 + 5 = (2k + 1)3 + 5 = (8k3 + 12k2 + 6k + 1) + 5 = 2(4k3 + 6k2 + 3k + 3). Al denotar como l = (4k3 + 6k2 + 3k + 3), tenemos que n3 + 5 = 2 l donde l es entero. El hecho anterior signica que n3 + 5 es par. Se demostró que si n es impar, entonces n3 + 5 es par. Por lo tanto, queda demostrado que si n3 + 5 es impar, n es par. (b) por contradicción (reducción al absurdo) Demostración: Tenemos que n3 + 5 es impar. Supongamos que n es impar. Como n es impar, n = 2k + 1 para algún entero k. Entonces, n3 + 5 = (2k + 1)3 + 5 = (8k3 + 12k2 + 6k + 1) + 5 = 2(4k3 + 6k2 + 3k + 3). Al denotar como l = (4k3 + 6k2 + 3k + 3), tenemos que n3 + 5 = 2 l donde l es entero. El hecho anterior signica que n3 + 5 es par, que contradice que n3 + 5 es impar. Por tanto, la suposición de que n es impar es equivocada. Queda demostrado que si n3 + 5 es impar, n es par. 17. Demuestre que si n es entero y 3n + 2 es par, entonces n es par. 10
  • 11. (a) por demostración indirecta Demostración: Supongamos que n es impar, entonces n = 2k + 1, k entero. 3n + 2 = 6k + 5 = (6k + 4) + 1 = 2(3k + 2) + 1, lo cual signica que 3n + 2 es impar. Hemos demostrado que si n es impar, entonces 3n + 2 es impar. Por lo tanto, si n es entero y 3n + 2 es par, entonces n es par. (b) por contradicción Demostración: Tenemos que 3n + 2 es par, y supongamos que n es impar. En- tonces, n = 2k+1, k entero. Sigue que 3n+2 = 6k+5 = (6k+4)+1 = 2(3k+2)+1, lo cual signica que 3n + 2 es impar. Hemos llegado a una contradiccón con la premisa 3n+2 es par, por tanto nuestra suposición no es válida. Por lo tanto, si n es entero y 3n + 2 es par, entonces n es par. 18. Demuestre por contradicción que la expresión ∀x(P(x) ∧ Q(x)) → ∀xP(x) ∧ ∀xQ(x) es válida. No puede usar la equivalencia correspondiente para inferir la condicional. Demostración: Para que la expresión condicional no sea válida, el antecedente debe ser verdadero y el consecuente falso al mismo tiempo. Por lo tanto, ∀x(P(x) ∧ Q(x)) y ¬(∀xP(x) ∧ ∀xQ(x)) deben ser verdaderos. El consecuente negado se reescribe de la siguiente forma: ∃x¬P(x) ∨ ∃x¬Q(x). Lla- maremos x1 aquel individuo x, para el cual ¬P(x1) = V , y x2 sería aquel que hace ¬Q(x2) = V . Tenemos que P(x1) = F y Q(x2) = F. Por otro lado, ∀x(P(x) ∧ Q(x)) debe ser cierto tanto para x1, como para x2, o sea P(x1) ∧ Q(x1) = V , lo cual implica que P(x1) = V y Q(x1) = V . Del consecuente, se obtuvo que P(x1) = F. Del antecedente, se obtuvo que P(x1) = V . Llegando a esta contradicción, se rechaza la hipótesis de que la expresión no es válida. 11