Final del 21/10/14 (Lógica y Computabilidad)

Ejercicio 1

Hay que probar la existencia y la unicidad de que existe una única valuación $v$ que extiende a la función $f$.

• La existencia se prueba por inducción en la complejidad de la fórmula definiendo en cada caso cómo se evalúa.

Caso Base: sea a tal que $comp(a)=0$, entonces a es una variable proposicional. Entonces f(a) está definida. Por lo tanto $v(a)=f(a)$.

Paso Inductivo: supongamos válido hasta n, siendo n igual a la complejidad de a. Veamos si $comp(a)=n+1$.

- Si $a=\neg b$, entonces $comp(b)=n$, por lo que por H.I. $v(b)$ está definido. Queda que $v(a)=1-v(b)$.

- Si $a=b*c$, con $*\quad \in \{\wedge ,\vee ,\rightarrow \}$. Entonces comp(b) y comp(c) son menores a n+1. Por H.I. v(b) y v(c) están definidos. Por lo tanto:

$v(a)=min\{v(b),v(c)\}$ si $a=b\quad \wedge \quad c$

$v(a)=max\{v(b),v(c)\}$ si $a=b\quad \vee \quad c$

$v(a)=max\{1-v(b),v(c)\}$ si $a=b\quad \rightarrow \quad c$

La función $v$ queda definido para toda fórmula de cualquier complejidad.

• La unicidad se prueba suponiendo que existiese otra función de valuación $w$ que extiende a $f$

Consideremos el siguiente conjunto:

$I=\{a\in Form\quad \mid \quad v(a)=w(a)\}$

Como $w$ también extiende a $f$, $I$ contiene a todas las variables proposicionales. Como $v$ y $w$ son ambas valuaciones, $I$ es cerrado por los conectivos por lo que $Form\subseteq I$. Es decir, $v(P)=w(P$) para toda fórmula $P$.

Usa el teorema de que si un subconjunto S de $A*$ es cerrado por los conectivos y S contiene a todas las variables proposicionales entonces S contiene a todas las fórmulas.

Unicidad basado en el apunte de lógica de Roberto Cignoli y Guillermo Martínez.

Según Alejandro Petrovich también salía por inducción en la complejidad de la fórmula.

Ejercicio 2

a) La interpretación de un lenguaje de primer orden es una extensión del lenguaje que mapea cada símbolo constante, función k-aria y predicado k-ario a algún elemento del universo de interpretación.

Sea $L=<C,F,P>$, para una interpretación se define:

- Un universo de interpretación, conjunto no nulo $U_{I}$. Ejemplo: Naturales.

- Para cada símbolo de constante c $\in$ C, mapea con un elemento $c_{I}\in U_{I}$. Ejemplo "cero" -> $c_{i}=0$

- Para cada símbolo de función k-aria $\in$ F, mapea con una función $f_{I}$ de k variables sobre el universo $U_{I}:f_{I}:U_{I}^{k}->U_{I}$

- Para cada símbolo de predicado k-ario $\in$ P, mapea a una relación k-aria $P_{I}$ sobre el universo $U_{I}$. Osea: $U_{I}^{k}=U_{I}x...xU_{I}$ k veces.

b)

- Conmutativo:

$a=\forall x\forall y(f^{2}(x,y)=f^{2}(y,x))$

- Asociativo:

$b=\forall x\forall y\forall z(f^{2}(x,f^{2}(y,z))=f^{2}(f^{2}(x,y),z))$

Solución: $a\wedge b$

Ejercicio 3

Una función es primitiva recursiva si se obtiene a través de las funciones iniciales por composición y/o recursión en finitos pasos.

Sea $f:\mathbb {N} ^{2}\to \mathbb {N}$ tal que $f(a,b)$ devuelve la cantidad de divisores positivos desde $0$ hasta $b$. Con $a$ y $b$ naturales.

Queremos que $\tau (n)=f(n,n)\forall n\in \mathbb {N}$ definiendo a $f$ de la siguiente forma:

$f(n,0)=n(n)$

$f(n,m+1)=g(n,m,f(n,m))$

Con $g(a,b,c)=\left\{{\begin{matrix}suc(u_{3}^{3}(a,b,c))\quad si\quad P\\u_{3}^{3}(a,b,c)\quad si\quad \quad \neg P\end{matrix}}\right.$

donde $P=u_{1}^{3}(a,b,c)\quad \mid \quad suc(u_{2}^{3}(a,b,c))$

Más sencillo:

$f(n,0)=n(n)$

$f(n,m+1)=P(n,m)+f(n,m)$

donde $P(a,b)=a\mid b$

La función "divide a" ($\mid$) es primitiva recursiva y booleana, por lo que devuelve 1 o 0.

La suma también es primitiva recursiva.

$f$ cumple con el esquema de recursión primitivo.

$n(n)$ es la función inicial nula aplicada a $n$

El predicado $P$ usa la función proyección y la función "divide a" ($\mid$) que es primitiva recursiva.

La función $g$ es una división de casos disjuntos y usa las funciones iniciales de proyección y sucesor.

Por todo lo anterior, la función $f(n,m)$ es primitiva recursiva (con $n$ y $m$ naturales)

Falta ver que $\tau (n)=f(n,n)$. Probamos por inducción en el segundo parámetro.

• Caso base:

$\tau (0)=0$

$f(0,0)=n(0)=0$

• Paso inductivo. Se cumple la hipótesis inductiva f(n,m) devuelve los divisiores de n desde 0 hasta m. Ahora queremos ver para m+1:

$f(n,m+1)=g(n,m,f(n,m))$

Dos casos:

- $n\mid (m+1)$: $g(n,m,f(n,m))=f(n,m)+1$. Entonces por H.I. al dividir m+1 incremento en 1 a lo ya calculado en el paso recursivo anterior y éste calculo correctamente hasta m. Queda $f(n,m+1)=f(n,m)+1$

- $\neg (n\mid (m+1))$: $g(n,m,f(n,m))=f(n,m)$. Entonces por H.I. al no dividir m+1 no sumo nada a lo ya calculado en el paso recursivo anterior y éste calcula correctamente hasta m. Queda $f(n,m+1)=f(n,m)$

Por lo tanto, $\tau (n)=f(n,n)\forall n\in \mathbb {N}$

Ejercicio 4

Sea:

$f(x)=\{{\begin{matrix}Halt(x,x)\quad \quad x\neq 0\\2\quad \quad \quad x=0\end{matrix}}$

La $Img(f)=\{0,1,2\}$. Tiene exactamente 3 elementos.

Supongamos que $f(x)$ es computable, entonces $\exists P\quad$ programa que computa $f(x)$.

Si $f(x)=2$, entonces $x=0$.

Si $f(x)=0\quad o\quad f(x)=1\quad \longleftrightarrow \quad \psi _{p}(x)\downarrow \quad \rightarrow \quad (Halt(x,x)\quad \vee \quad \neg Halt(x,x))$

Sea $e=\#P$, caso particular, $x=e$: $Halt(e,e)$ determina si el programa $e$ con entrada $e$ termina o no.

Como vimos en las teóricas, estamos resolviendo el halting problem.

Absurdo! pues Halt no es computable. Vino de suponer que $f(x)$ era computable.

Entonces $f(x)$ no computable.