Juegos

para imitar a

un pájaro imitador

Raymond Smullyan

gedisa

editorial

A la memoria de HASKELL CURRY,

un gran pionero en lógica combinatoria y un ávido observador de pájaros

Título del original en inglés:

To Mock a Mockingbird

© 1985, by Raymond Smullyan. This translation published by arrangement with Alfred A. Knopf, Inc.

Traducción: Acuatro

Ilustración: Heloisa Schneiders Da Silva

Diseño: Acuatro

1a. Reimpresión en México, 1989

Edición digital: Sargont (2019)

© by Editorial Gedisa Barcelona, España

Gestión, representación y dirección

para esta edición

Editorial Gedisa Mexicana, S.A.

México, D.F.

ISBN: 968-852-075-6

Impreso en México

Printed in México

Índice

AGRADECIMIENTOS

PREFACIO

PRIMERA PARTE

ADIVINANZAS LÓGICAS

1. El premio y otras adivinanzas

2. El lógico distraído

3. El barbero de Sevilla

4. El misterio de la fotografía

SEGUNDA PARTE

CABALLEROS, BRIBONES Y LA FUENTE DE LA JUVENTUD

5. Algunos caballeros y bribones extraños

6. Caballeros diurnos y caballeros nocturnos

7. Dioses, demonios y mortales

8. En busca de la Fuente de la Juventud

TERCERA PARTE

IMITAR A UN PÁJARO IMITADOR

9. Imitar a un pájaro imitador

10. ¿Existe un pájaro sabio?

11. Pájaros en abundancia

12. Pájaros imitadores, pájaros cantores y estorninos

13. Una colección de pájaros sabios

CUARTA PARTE

PÁJAROS QUE CANTAN

14. El bullicioso bosque de Curry

15. El bosque de Russell

16. El bosque sin nombre

17. El bosque de Gödel

QUINTA PARTE

EL BOSQUE MAESTRO

18. El bosque maestro

19. Pájaros aristocráticos

20. El descubrimiento de Craig

SEXTA PARTE

EL PROBLEMA FUNDAMENTAL

21. El principio del punto fijo

22. Una mirada al infinito

23. Pájaros lógicos

24. Pájaros aritméticos

25. ¿Hay algún pájaro ideal?

EPÍLOGO

QUIÉN ES QUIÉN ENTRE LOS PÁJAROS

Agradecimientos

Deseo expresar mi agradecimiento a Nancy Spencer por su mecanografiado experto y su asistencia como secretaria, y al Departamento de Filosofía de la Universidad de Indiana por proveerme de condiciones de trabajo ideales. Este agradecimiento alcanza al profesor George Boolos del M. I. T. por haber leído entero este manuscrito y por haber hecho muchas sugerencias útiles. Mi editora, Ann Close, ha estado maravillosa, como de costumbre, y ha sido una ayuda enorme para todo el proyecto.

Raymond Smullyan

Elka Park, Nueva York

Noviembre de 1984

Prefacio

Antes de decir de qué trata este libro, me gustaría relatar un delicioso episodio verídico.

Poco después de la publicación de mi primer libro de adivinanzas —¿Cómo se llama este libro? {1}— recibí una carta de una mujer desconocida que sugería una solución alternativa a uno de mis acertijos, que me pareció más elegante que la que yo había dado. La carta terminaba con “Cariños” y el nombre de ella. Yo no tenía la menor idea de quién podía ser, ni sabía si era casada o soltera.

Le respondí expresándole mi agrado por su solución y preguntándole si podía usarla en una edición posterior. También le sugerí que si aún no se había especializado en sus estudios universitarios, considerara la posibilidad de graduarse en matemática, ya que había mostrado un definido talento. Poco después, me contestó: “Gracias por su amable carta. Tiene mi permiso para usar la solución. Tengo nueve años y medio y estoy en quinto grado”.

Le gustaban especialmente las adivinanzas sobre caballeros y bribones (veraces y mentirosos). De hecho, estas adivinanzas demostraron ser extremadamente populares tanto entre los jóvenes como entre los viejos y, por lo tanto, he dedicado los ocho primeros capítulos de este libro a nuevos acertijos de este tipo. Su dificultad varía desde lo extremadamente elemental a la muy sutil metaadivinanza del Capítulo 8 sobre la Fuente de la Juventud. (Cualquiera que resuelva esa adivinanza merece ser ordenado Caballero.) El resto del libro se lanza en una dirección completamente distinta y se sumerge en aguas lógicas mucho más profundas que todos mis libros anteriores. El lector aprenderá de qué se trata la lógica combinatoria. Este tema notable está desempeñando un papel clave en ciencia de la computación y en inteligencia artificial, por lo que este libro es muy oportuno. (No lo planeé así; sólo tuve suerte.) Pese a su profundidad, este tema no es más difícil de aprender que el álgebra o la geometría de la escuela secundaria. Así como la ciencia de la computación ha encontrado ahora su camino en el currículum del secundario, tengo la esperanza de que la lógica combinatoria siga pronto el mismo camino.

La lógica combinatoria es una ciencia abstracta que trata de objetos llamados combinadores. No es necesario decir qué son esos objetos; lo importante es que actúan entre sí. Se puede llamar “combinadores” a lo que uno quiera (por ejemplo, programas de computadora). Bien, he elegido pájaros como mis combinadores —motivado, sin duda, por la memoria del difunto profesor Haskell Curry, quien era a la vez un gran lógico combinatorio y un ávido observador de pájaros. La razón principal por la que elegí la lógica combinatoria como tema central de este libro no fue la existencia de múltiples aplicaciones prácticas, sino su gran valor como entretenimiento. He aquí un campo considerado altamente técnico, aunque es perfectamente accesible al público en general; está colmado de material del que se pueden extraer excelentes acertijos recreativos, y al mismo tiempo está ligado a los temas fundamentales de la lógica moderna. ¿Qué mejor para un libro de adivinanzas?

PRIMERA PARTE

Adivinanzas lógicas

1. El premio y otras adivinanzas

Tres pequeñas adivinanzas

1 El jardín de flores

En cierto jardín toda flor es roja, amarilla o azul y los tres colores están representados. Un experto en estadística visitó una vez el jardín e hizo la observación de que cada vez que uno recogía tres flores, por lo menos una de ellas resultaba ser roja. Un segundo experto visitó el jardín y observó que cada vez que uno recogía tres flores, por lo menos una resultaba ser amarilla.

Dos estudiantes de lógica escucharon esto y se pusieron a discutir. El primer estudiante dijo: “De aquí se sigue que cada vez que uno recoge tres flores, una resulta ser azul, ¿no es cierto?”. El segundo estudiante dijo: “¡Por supuesto que no!”.

¿Cuál de los dos tenía razón, y por qué?

Solución

2 ¿Qué pregunta?

Hay una pregunta que tiene una respuesta correcta —sí o no— pero que es lógicamente imposible de responder correctamente por el interrogado. Este puede saber cuál es la respuesta correcta, pero no puede darla. Cualquier otra persona podría hacerlo, pero no el interrogado.

¿Qué pregunta es?

Solución

3 ¿Cómo apostar?

Esta es una vieja broma sobre probabilidades: tomemos nuestro equipo de fútbol favorito y pensemos los goles que convertirá en cada partido de la próxima temporada. ¿A qué número conviene apostar como más grande: a la suma de esos goles o a su producto?

Hablando de probabilidad y estadística, hay un cuento sobre un especialista en estadística que le dijo a un amigo que él nunca viajaba en avión: “-He calculado la probabilidad de que haya una bomba en el avión, —le explicó— y aunque esta probabilidad es baja, es demasiado alta para dejarme tranquilo”. Dos semanas más tarde, el amigo se encontró con el estadístico en un avión. “¿Cómo es que cambiaste tu teoría?”, le preguntó. “No, no cambié mi teoría; es que después calculé la probabilidad de que hubiera dos bombas simultáneamente en un avión. Y esta probabilidad sí que es suficientemente baja para tranquilizarme. De modo que, simplemente, traje mi propia bomba.”

Solución

¿Cómo ganar el premio deseado?

4 Los tres premios

Supongamos que me ofrecen uno de tres premios: A, B y C. El premio A es el mejor de los tres. El B es intermedio y el C es un premio consuelo. Debo formular un enunciado; si el enunciado es verdadero entonces gano el premio A o el B, pero si es falso gano el C, el premio consuelo.

Por supuesto que es fácil asegurarse el premio A o el B; todo lo que hace falta es decir: “Dos más dos son cuatro”. Pero, supongamos que he puesto mi corazón en el premio A; ¿qué enunciado debo formular para asegurármelo?

Solución

5 Se agrega un cuarto premio

Se agrega ahora un cuarto premio: el premio D. Este también es un premio consuelo. Las condiciones son ahora que si formulo un enunciado verdadero obtengo el premio A o el B. Pero si formulo uno falso obtengo uno de los premios consuelo, C o D.

Supongamos que sé de entrada en qué consiste cada premio y por alguna razón prefiero el premio C sobre los demás.

Dicho sea de paso, la situación no es necesariamente ficticia. Recuerdo que cuando era niño fui a una fiesta de cumpleaños en la que gané un premio, pero me sentí muy envidioso del ganador del premio consuelo, porque me gustaba más su premio que el mío. De hecho, el premio consuelo demostró ser el favorito, porque todos nos pasamos la mayor parte del día jugando con él.

Volviendo a la adivinanza, ¿qué afirmación puedo hacer para asegurarme el premio C?

Solución

6 Quiero confundirlo

De nuevo, tenemos los cuatro premios del último problema y las mismas condiciones. Ahora, supongamos que los cuatro premios me importan un rábano; sólo me interesa confundir al que me da el premio, haciendo un enunciado que haga imposible cumplir la oferta.

¿Qué enunciado sería éste?

Nota: Este problema es esencialmente el mismo que se conoce como la paradoja de Sancho Panza, discutida en la solución.

Solución

Pasar al Capítulo 2

Soluciones Cap. 1

1. El primer estudiante estaba en lo cierto y he aquí la razón. Del informe del primer experto, se sigue que no puede haber más de una flor amarilla, porque si hubiera dos amarillas, uno podría recoger dos amarillas y una azul, formando así un grupo que no contiene ninguna flor roja. Esto contradice el informe de que todo grupo de tres flores debe contener una roja. Por lo tanto, no puede haber más de una flor amarilla. Del mismo modo, no puede haber más de una flor azul, porque si hubiera dos azules uno podría recoger dos flores azules y una amarilla, y de nuevo tendríamos un grupo de tres que no contiene ninguna roja. Así, del informe del primer experto se sigue que hay a lo sumo una flor amarilla y una azul. Y del informe del segundo experto, se sigue que hay a lo sumo una flor roja, porque si hubiera dos rojas, uno podría recoger dos rojas y una azul y obtener así un grupo de tres que no contiene ninguna amarilla. También se sigue del segundo informe que no puede haber más de una azul, aunque esto ya lo hemos deducido del primer informe.

El resultado final es que hay solamente tres flores en todo el jardín; una roja, una amarilla y una azul. Y por supuesto, es verdad que si recojo tres flores, una de ellas debe ser azul.

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2 . Supongamos que me preguntan: “¿Tu respuesta a esta pregunta es no?” Si contesto que sí, entonces estoy afirmando que no es mi respuesta a la pregunta, lo que por supuesto, es falso. Si contesto que no, entonces estoy negando que no sea la respuesta, pese a que no fue mi respuesta. Por lo tanto, para uno es imposible responder correctamente a la pregunta pese a que ésta posee una respuesta correcta: conteste uno que sí o que no. Si contesta que sí, entonces no es la respuesta correcta, pero en ningún caso puedo responder correctamente.

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3 . Lo más probable es que la suma sea el número más grande porque es muy posible que nuestro equipo no marque goles en algún encuentro; y un cero hace que todo el producto sea cero.

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4 . Si quiero ganar el premio A, lo que debo decir es: “No ganaré el premio B”. ¿Qué pasa? Si me dan el premio C, entonces mi enunciado será verdadero —no gané el premio B— de modo que me han dado el premio consuelo por formular un enunciado verdadero, lo que no puede ser. Si me dan el premio B, el enunciado será entonces falso, pero no pueden darme el premio B por un enunciado falso. Por lo tanto, me deben dar el premio A. He hecho un enunciado verdadero —no gané el premio B— y de acuerdo con esto debo ser recompensado con uno de los dos premios ofrecidos por hacer un enunciado verdadero.

Por supuesto que el enunciado “Ganaré el premio A o el C” también sirve.

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5 . Para ganar el premio C, simplemente debo decir: “Ganaré el premio D”.

Dejo la demostración al lector.

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6. Para romper la oferta, sólo debo decir: “Ganaré uno de los premios consuelo”. ¿Qué pasa? Si me dan un premio consuelo, el enunciado se habrá vuelto verdadero, y se habrán violado las condiciones al darme justamente un premio consuelo. Si me dan el premio A o el premio B, otra vez se violan las condiciones, porque hice un enunciado falso, y me correspondía, en cambio, un premio consuelo.

Prometer tales condiciones es en realidad peligroso, porque no hay manera de saber de antemano si tal promesa podrá cumplirse. Hacerlo o no depende de lo que haga el otro, como hemos visto. La situación es similar a la famosa paradoja de Sancho Panza, que Cervantes relata en un episodio del Quijote. En cierta ciudad rige una ley que obliga a los extranjeros que cruzan el puente de entrada a formular un enunciado. Si el enunciado es falso la ley ordena que el extranjero sea colgado. Si es verdadero, puede pasar libremente. ¿Qué enunciado puede hacer el extranjero para que sea imposible la aplicación de la ley? La respuesta consiste en decir: “Seré colgado”. Es imposible, entonces, que la ley se cumpla.

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2. El lógico distraído

¿Sólo dos palabras?

No conozco una mejor introducción a la lógica de mentir y decir la verdad que las adivinanzas de este capítulo. Comenzaré con un viejo acertijo mío para despegar desde allí.

1 John, James y William

Hay tres hermanos llamados John, James y William. John y James (las dos jotas) siempre mienten, pero William siempre dice la verdad. Los tres son indistinguibles por su apariencia. Un día me encuentro con uno de los tres hermanos en la calle y quiero averiguar si es John (porque John me debe dinero). Sólo puedo hacerle una pregunta de aquellas que se responden por sí o por no, y que no tenga más de dos palabras. ¿Qué puedo preguntar?

Solución

2 Una variante

Supongamos que cambian las condiciones anteriores haciendo a John y James veraces y a William mentiroso. Nuevamente me encuentro con uno de ellos y quiero averiguar si es John. ¿Hay ahora una pregunta de dos palabras que se responde por sí o por no, y que me permita lograrlo?

Solución

3 Una adivinanza más sutil

Ahora tenemos sólo dos hermanos (gemelos idénticos). Uno de ellos se llama Arthur y el otro tiene un nombre distinto. Uno de los dos siempre miente y el otro siempre dice la verdad, pero no sabemos si Arthur es el mentiroso o el veraz. Un día me encuentro con los dos hermanos juntos y quiero averiguar cuál de ellos es Arthur. Nótese que no me interesa averiguar quién miente y quién dice la verdad, sino sólo saber quién es Arthur.

Sólo está permitido hacerle una pregunta que se pueda responder por sí o por no a uno de ellos y la pregunta debe contener un máximo de tres palabras. ¿Qué pregunta puedo hacer?

Solución

4

Supongamos que en lugar de averiguar cuál de ellos es Arthur, me propongo saber si Arthur es el mentiroso o el veraz. De nuevo, hay una pregunta de dos palabras que lo logra. ¿Cuál es? Hay una elegante simetría entre la solución de este problema y la del problema anterior.

Solución

5

Esta vez, lo que intento es averiguar cuál de los dos hermanos es el mentiroso y cuál es el veraz. No me interesa cuál es Arthur ni si Arthur es veraz o mentiroso. ¿Qué pregunta de una palabra puedo hacer?

Solución

6

Ahora debo hacer una pregunta de dos palabras a uno de los hermanos. Si contesta que sí, gano un premio. Si contesta que no, no gano nada. ¿Qué debo preguntar?

Solución

El principio de Nelson Goodman

Si no fuera por la restricción de que la pregunta no contenga más de cierto número de palabras, los seis problemas anteriores podrían ser resueltos por un método uniforme. Este método aparece en un famoso acertijo inventado hace alrededor de cuarenta años por el filósofo Nelson Goodman. Para los que no estén familiarizados con el acertijo, aquí está.

Dado un individuo que siempre miente o siempre dice la verdad, y dada cualquier proposición cuya verdad o falsedad se quiere determinar y cuya verdad o falsedad es conocida por el individuo, hay una pregunta de sí o no que permite determinarlo. Por ejemplo, supongamos que el individuo está parado en la bifurcación de una carretera; uno de los dos caminos lleva a la ciudad de Pleasantville (Ciudad Divertida], que queremos visitar, y el otro no. El individuo sabe qué camino lleva a Pleasantville, y es de los que siempre mienten o de los que siempre dicen la verdad. ¿Qué pregunta puedo hacerle para saber cuál es el camino a Pleasantville?

Solución: Si uno le pregunta si el camino de la izquierda es el correcto —esto es, el camino que lleva a Pleasantville—, la pregunta es inútil, porque uno no tiene idea de si es mentiroso o es veraz. Lo que debe preguntarse es: “¿Usted es del tipo de gente que diría que el camino de la izquierda lleva a Pleasantville?”. Después de obtener una respuesta, uno no sabrá si es mentiroso o veraz, pero sí sabrá qué camino debe tomar. Más específicamente, si la respuesta es sí, uno tomará el camino de la izquierda; si la respuesta es no, tomará el de la derecha. La demostración es la siguiente:

Supongamos que responde que sí. O el individuo está diciendo la verdad, o está mintiendo. Supongamos que dice la verdad. Entonces, lo que dice es así, por lo tanto, es del tipo de los que dirían que el camino izquierdo lleva a Pleasantville, y como dice la verdad, el camino de la izquierda efectivamente lleva a Pleasantville. Por otra parte, si está mintiendo, él no es del tipo que diría que el camino de la izquierda lleva a Pleasantville, porque sólo alguien del tipo opuesto —uno que dice la verdad— podría hacer tal afirmación. Pero, como alguien que dice la verdad puede hacer esa afirmación, la respuesta debe ser correcta, y por lo tanto, otra vez el camino de la izquierda es el que lleva a Pleasantville. Esto prueba que ya sea verdad o mentira la respuesta sí, el camino de la izquierda es el camino correcto a Pleasantville.

Supongamos que la respuesta es no. Si el individuo dice la verdad, entonces él no es del tipo de gente que diría que el camino de la izquierda lleva a Pleasantville; solamente un mentiroso afirmaría que lo hace. Como un mentiroso afirmaría que lo hace, entonces no lo hace, por lo tanto, el camino de la derecha es el que lleva a Pleasantville. Por otra parte, si está mintiendo, entonces él afirmaría que el camino de la izquierda lleva a Pleasantville, ya que dice que no lo haría, pero como un mentiroso diría que el camino de la izquierda lleva a Pleasantville, entonces, en realidad es el camino de la derecha el que lo hace. Esto demuestra que una respuesta no indica que el camino de la derecha lleva a Pleasantville, independientemente de que el individuo esté mintiendo o diga la verdad.

Esta adivinanza me recuerda un viejo chiste ruso.

Boris y Vladimir son dos viejos amigos que un día se encuentran inesperadamente en un tren. Sostienen la siguiente conversación:

Boris: ¿Adonde vas?

Vladimir: A Minsk.

Boris (indignado): ¿Por qué me mientes?

Vladimir: ¿Por qué dices que estoy mintiendo?

Boris: Me dices que vas a Minsk para hacerme creer que vas a Pinsk. Pero yo sé que en realidad vas a Minsk.

Volviendo al principio de Nelson Goodman, es fácil ver cómo podemos resolver uniformemente los seis últimos problemas, si no estuviéramos restringidos a preguntas de cierto número de palabras. Por ejemplo, en el problema 1, podemos preguntar: “¿Eres del tipo que diría que es John?” Lo mismo vale para el problema 2. Para el problema 3, preguntamos: ¿Eres del tipo que diría que es Arthur?” Para el problema 4, podemos preguntar: “¿Eres del tipo que diría que Arthur dice la verdad?”.

En general, cuando uno quiere averiguar de un mentiroso constante o de un veraz constante —sin saber de cuál de los dos se trata— si una determinada proposición p es verdadera, uno no le pregunta: “¿Es p verdadera?” En lugar de eso, le preguntamos: “¿Eres del tipo que afirmaría que p es verdadera?”.

El lógico distraído

Había un lógico que, aunque era absolutamente brillante en asuntos teóricos, era extremadamente poco observador y altamente distraído. Conoció a dos hermosas gemelas idénticas llamadas Teresa y Lenore. Las dos eran de apariencia indistinguible, pero Teresa siempre decía la verdad y Lenore siempre mentía. El lógico se enamoró de una de ellas y la desposó, pero desafortunadamente se olvidó de averiguar su nombre. La otra hermana se casó un par de años más tarde.

Poco después de la boda, el lógico se ausentó por una conferencia. Volvió pocos días más tarde. Se encontró entonces con una de las dos hermanas en una fiesta y, por supuesto, no sabía si era su esposa. “Puedo averiguarlo con una sola pregunta”, pensó orgulloso. “Simplemente, usaré el principio de Nelson Goodman y le preguntaré si ella es del tipo que diría que es mi esposa.” Luego tuvo una idea mejor: “No necesito ser tan rebuscado y hacer una pregunta tan retorcida. Puedo averiguar si es mi esposa haciéndole una pregunta mucho más simple, de hecho, una pregunta de sólo tres palabras”.

7

El lógico tenía razón. ¿Qué pregunta de tres palabras, que se pueda contestar por sí o por no, debe hacer para saber si la dama a la que se dirige es su esposa?

Solución

8

Pocos días más tarde el lógico se encontró otra vez con una de las hermanas en una fiesta. Nuevamente, no sabía si era su mujer o su cuñada. “Es tiempo de que averigüe de una vez por todas el nombre de mi mujer”, pensó. “Puedo hacerle a esta dama una pregunta de dos palabras que se pueda responder por sí o por no, y entonces lo sabré.”

¿Qué pregunta de dos palabras puede hacer?

Solución

9

Supongamos que en el último problema, el lógico haya querido saber tanto la identidad de la mujer como el nombre de su esposa. Otra vez, tiene la restricción de hacer una pregunta de sí o no, pero esta vez no hay restricción en el número de palabras de la pregunta.

¿Qué pregunta servirá?

Solución

Epílogo: El lógico estaba en realidad casado con la hermana veraz, Teresa. El matrimonio de Lenore, dos años más tarde, fue realmente curioso: ella detestaba a su pretendiente, pero cuando un día él le preguntó si quería ser su esposa, ella, siendo mentirosa, tuvo que contestarle que sí. Como resultado se casaron.

Moraleja: la mentira constante tiene sus desventajas.

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Soluciones Cap. 2

1. La única respuesta útil de dos palabras que se me ocurre es: “¿Eres James?” Si me estoy dirigiendo a John —que miente siempre—, él contestará que sí, mientras que tanto James como William contestarán que no: James porque miente, y William porque dice la verdad. Entonces, una respuesta afirmativa significa que él es John y una respuesta negativa significa que no lo es.

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2 . Exactamente la misma pregunta —”¿Eres James?”— funciona, solamente que ahora una respuesta sí indica que no es John, y una respuesta no que sí lo es.

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3 . Una respuesta errónea frecuente es: “¿Eres Arthur?”. Esta pregunta es bastante inútil; la respuesta que obtenga puede ser verdad o mentira, y no tendré la menor idea de quién es realmente Arthur.

Una pregunta que funciona es: “¿Arthur es veraz?” Seguramente, Arthur contestará que sí a esta pregunta, porque si Arthur es veraz, entonces afirmará con veracidad que Arthur dice la verdad y si Arthur no es veraz, entonces afirmará falsamente que Arthur es veraz. De modo que, independientemente de que Arthur sea veraz o que mienta, ciertamente afirmará que Arthur es veraz. Por otra parte, el hermano de Arthur —llamémoslo Henry—, afirmará que Arthur no es veraz, porque si Henry es veraz entonces Arthur no lo es y Henry afirmará con veracidad que no lo es. Y si Henry miente, entonces Arthur es en realidad veraz, en cuyo caso, Henry afirmará falsamente que Arthur no es veraz. De modo que sea Henry veraz o no, afirmará que Arthur no es veraz. En resumen, Arthur afirmará que Arthur es veraz y el hermano de Arthur afirmará que Arthur no lo es. Por lo tanto, cuando se le pregunta a uno de los hermanos si Arthur es veraz y se obtiene un sí por respuesta, uno sabrá que está hablando con Arthur; si se obtiene un no, uno sabrá que está hablando con el hermano de Arthur.

Dicho sea de paso, hay otra pregunta de tres palabras que funciona: “¿Es Arthur mentiroso?” Un sí como respuesta a esta pregunta indicará que no estamos hablando con Arthur y un no indicará que estamos hablando con él. Dejo la verificación al lector.

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4. Para saber si Arthur es veraz, sólo necesito preguntar: “¿Eres Arthur?” Supongamos que obtengo un sí por respuesta. Si es una respuesta verdadera, entonces me estoy dirigiendo a Arthur, en cuyo caso Arthur es el hermano veraz. Si la respuesta es falsa, entonces el que responde no es Arthur, en cuyo caso Arthur debe ser el otro, nuevamente el hermano veraz. De modo que, independientemente de que la respuesta sea verdad o mentira, un sí indica que Arthur —cualquiera que sea— debe ser veraz. ¿Qué pasa si obtengo un no por respuesta? Bueno, si es una respuesta verdadera, entonces el que habla no es Arthur, pero como es verdadera, Arthur debe ser el hermano que miente. Por otra parte, si la respuesta no fuera una mentira, entonces el que habla es Arthur, en cuyo caso Arthur dijo una mentira. De modo que una respuesta no, sea verdad o mentira, indica que Arthur es el mentiroso.

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5 . Simplemente, “¿existes?”

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6 . Simplemente: “¿Eres veraz?”. Tanto los mentirosos constantes como los que siempre dicen la verdad, responderán que sí a esta pregunta.

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7. Recordemos que la hermana de su mujer no estaba casada para esa fecha. Una pregunta de tres palabras que sirve es: “¿Teresa está casada?”. Supongamos que la dama contesta que sí. ¿Ella es Teresa o Lenore? Supongamos que es Teresa. Entonces, la respuesta es verdadera, por lo tanto Teresa está casada y la dama a la que le habla es casada y es su esposa. Si fuera Lenore, la respuesta es una mentira; Teresa no está casada de modo que Lenore —que es la dama a la que se está dirigiendo— es casada, por lo tanto, nuevamente esta dama es su esposa. De modo que una respuesta sí indica que le está hablando a su mujer, independientemente de que la respuesta sea verdad o mentira. Dejó al lector el verificar que una respuesta no indica que le está hablando a su cuñada.

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8 . La pregunta a hacer es: “¿Eres casada?” Supongamos que ella contesta que sí. Otra vez, es Teresa o Lenore. Supongamos que sea Teresa, entonces la respuesta es verdadera, por lo tanto, se está dirigiendo a una dama casada y como es Teresa, está casado con Teresa. Pero, ¿qué pasa si la dama a la que se dirige es Lenore? Entonces, la respuesta es una mentira, por lo tanto la dama no está casada y él está casado con la otra, nuevamente Teresa. De modo que en ambos casos, un sí indica que el nombre de su mujer es Teresa.

Dejo nuevamente al lector la verificación de que un no como respuesta indica que su mujer se llama Lenore.

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9 . Ninguna, porque tal pregunta no existe.

Vemos que en cada uno de los problemas precedentes hemos tratado de averiguar cuál de las dos posibilidades es la que vale, pero en este problema estamos tratando de encontrar cuál de cuatro posibilidades vale. (Las cuatro posibilidades son que la dama a la que se dirige sea: Teresa, su mujer-, Lenore, su mujer; Teresa, su cuñada, y Lenore, su cuñada.) En cualquier caso, una pregunta que se pueda responder por sí o por no, sólo puede obtener dos respuestas posibles, y con solamente dos respuestas posibles es imposible determinar cuál de las cuatro posibilidades es la que vale.

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3. El barbero de Sevilla

1 La doble paradoja del barbero

Es muy conocida la paradoja de Bertrand Russell acerca del barbero que afeitaba a todos los habitantes del pueblo que no se afeitaban a sí mismos y solamente a ellos. En otras palabras, dado cualquier habitante X que no se afeitara a sí mismo, era afeitado por el barbero. Por otra parte, el barbero nunca afeitó a ningún habitante X que se afeitara a sí mismo. El problema es: ¿El barbero se afeitaba a sí mismo?

Si el barbero se afeitara a sí mismo, entonces violaría su regla afeitando a alguien —él mismo— que se afeita a sí mismo. Esto es imposible; por lo tanto, no se afeita a sí mismo. Pero, si él no se afeita a sí mismo, no ha afeitado a alguien —de nuevo él mismo— que no se afeita a sí mismo. Entonces, es también imposible que no se afeite a sí mismo. Por lo tanto el barbero, ¿se afeitaba o no a sí mismo?

La solución es sencilla: no puede existir tal barbero. Suponer su existencia conduce a una contradicción; por lo tanto esa suposición es falsa.

La paradoja del barbero está emparentada con la paradoja del mentiroso. Consideremos la oración escrita en el siguiente recuadro:

La oración escrita en este recuadro es falsa.

¿Esta oración es verdadera o falsa? Si es verdadera, entonces lo que afirma es efectivamente así, lo que significa que debe ser falsa, porque eso es lo que afirma. Por otra parte, si es falsa, lo que afirma no es cierto, lo que significa que no es cierto que la oración sea falsa; por lo tanto debe ser verdadera. Entonces, la suposición de que es falsa conduce a una nueva contradicción.

También tenemos la versión “doble” de la paradoja del mentiroso de Phillip Jourdain. Consideremos una tarjeta con la siguiente oración escrita en uno de sus lados:

Lado 1

La oración escrita del otro lado es falsa.

Al dar vuelta la tarjeta se lee:

Lado 2

La oración escrita del otro lado es verdadera.

El lado 2, al afirmar que la oración escrita del lado 1 es verdadera, está afirmando que lo que el lado 1 dice es realmente así: en otras palabras, que la oración escrita en el lado 2 es falsa. Entonces la oración escrita en el lado 2 está indirectamente afirmando su propia falsedad, y tenemos así la misma situación paradójica.

He pensado una paradoja que es a la paradoja del barbero de Russell, lo que la paradoja doble del mentiroso de Jourdain es a la paradoja clásica del mentiroso. El lector debería considerar las tres partes de este problema antes de consultar la solución.

Supongamos que un cierto pueblo tiene un barbero llamado Arturo y que dado cualquier habitante X distinto de Arturo, Arturo afeita a X si y sólo si X no afeita a Arturo. En otras palabras, si Arturo afeita a X, X no afeita a Arturo, pero si Arturo no afeita a X, entonces X sí afeita a Arturo. ¿Lleva esto a una paradoja?

Supongamos en cambio que el pueblo tiene un barbero llamado Roberto y que para cualquier habitante X, Roberto afeita a X si y sólo si X afeita a Roberto. En otras palabras, si Roberto afeita a X, entonces X afeita a Roberto, y si X afeita a Roberto, entonces Roberto afeita a X. ¿Lleva esto a una paradoja?

Ahora, supongamos que nos dicen que los dos barberos, Arturo y Roberto —en las condiciones anteriores—, viven en el mismo pueblo. ¿Lleva esto a una paradoja? ¿Por qué sí o por qué no?

Solución

2 ¿Qué hay de ésta?

Supongamos que el pueblo tiene dos barberos, Arturo y Roberto, y que Arturo afeita a aquellos y sólo a aquellos habitantes que afeitan a Roberto, y Roberto afeita a aquellos y sólo a aquellos habitantes que afeitan a Arturo. ¿Lleva esto a una paradoja?

Solución

3 Barbero por un día

Un cierto pueblo tenía exactamente 365 habitantes de sexo masculino. Acordaron que durante un año —no bisiesto—, cada habitante sería el barbero oficial por un día. Ningún hombre lo sería por más de un día. Además, el barbero oficial de un día determinado no era necesariamente la única persona que afeitaba gente en ese día-, los no barberos también podían afeitar. Ahora, nos dicen que todos los días, el barbero oficial de ese día —llamémoslo X— afeitaba por lo menos a una persona. Sea X* la primera persona afeitada por X en el día, cuando X es el barbero oficial. Además nos dicen que para cualquier día D, hay un día E tal que para cualquier par de habitantes de sexo masculino, X e Y, si X afeita a Y en el día E, entonces X* afeita a Y en el día D.

Las condiciones anteriores no llevan a una paradoja, pero sí a una interesante conclusión: cada día, por lo menos una persona se afeita a sí misma. ¿Cómo puede probarse esta conclusión?

Solución

4 El Club de los Barberos

Hay un club llamado el Club de los Barberos. Se conocen los siguientes datos acerca de él:

Dato 1: Todo socio del club ha afeitado al menos a un socio.

Dato 2: Ningún socio se ha afeitado jamás a sí mismo.

Dato 3: Ningún socio ha sido jamás afeitado por más de un socio.

Dato 4: Hay un socio que nunca ha sido afeitado.

El número de socios de este club se guarda en estricto secreto. Un rumor dice que tiene menos de mil socios. Otro, que hay más de mil socios. ¿Cuál de los dos rumores es correcto?

Solución

5 Otro club de barberos

He aquí un conocido acertijo lógico, apropiadamente vestido para la ocasión.

Otro club de barberos obedece a las siguientes condiciones.

Condición 1: Si un socio ha afeitado a algún socio —ya sea él mismo u otro— entonces todos los socios lo han afeitado, aunque no necesariamente al mismo tiempo.

Condición 2: Cuatro de los miembros se llaman Guido, Lorenzo, Petruccio y Cesare.

Condición 3: Guido ha afeitado a Cesare.

¿Petruccio ha afeitado a Lorenzo?

Solución

6 El Club Exclusivo

Hay otro club llamado el Club Exclusivo. Alguien es socio de este club si y sólo si no afeita a nadie que lo afeite.

Un cierto socio llamado Cardano, se jactó una vez de haber afeitado a todos los socios del Club Exclusivo y a nadie más. Probar que esta jactancia conlleva una imposibilidad lógica.

Solución

7 El barbero de Sevilla

Cualquier parecido (que no lo hay) entre la Sevilla de esta historia y la famosa Sevilla de España, es pura coincidencia.

En la mítica ciudad de Sevilla, los habitantes varones usan peluca en aquellos y sólo en aquellos días en que están de humor para hacerlo. No hay dos habitantes que se comporten del mismo modo todos los días; esto es, dados dos habitantes varones, hay al menos un día en el cual uno de ellos usa peluca y el otro no.

Dados dos habitantes varones X e Y, el habitante Y se dice un seguidor de X si Y usa peluca todos los días en que lo hace X. También, dados tres habitantes X, Y y Z, el habitante Z se dice un seguidor de X e Y, si Z usa peluca todos los días en que X e Y lo hacen.

Cinco de los habitantes se llaman Alfredo, Bernardo, Benito, Roberto y Ramano. Se conocen los siguientes datos acerca de ellos:

Dato 1: Bernardo y Benito son opuestos en sus hábitos de usar peluca; esto es, si en un día dado uno de ellos usa peluca, el otro no lo hace.

Dato 2: Roberto y Ramano son opuestos en el mismo sentido.

Dato3: Ramano usa peluca en aquellos y sólo en aquellos días en que Alfredo y Benito lo hacen.

Sevilla tiene exactamente un barbero, del que se conocen los siguientes datos:

Dato 4: Bernardo es un seguidor de Alfredo y del barbero.

Dato5: Dado un habitante varón X, si Bernardo es un seguidor de Alfredo y de X, entonces el barbero es un seguidor de X.

Alfredo usa sólo pelucas negras; Bernardo usa sólo pelucas blancas; Benito usa sólo pelucas grises; Roberto usa sólo pelucas rojas y Ramano usa sólo pelucas castañas.

Una mañana de Pascuas, se ve al barbero usando peluca. ¿De qué color es?

Solución

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Soluciones Cap. 3

1 . La sola existencia de Arturo no crea ninguna paradoja, ni tampoco la sola existencia de Roberto. Pero es imposible que ambos puedan existir en el mismo pueblo. (Son lo que Ambrose Bierce llamaría “incomponibles”; véase nota a continuación de la solución.) He aquí la razón:

Para cualquier persona X, que no sea Arturo, Arturo afeita a X si y sólo si X no afeita a Arturo. Esto es cierto para toda persona X que no sea Arturo; de modo que, en particular, es cierto si X es Roberto. Entonces, tomando Roberto como X, tenemos:

a. Arturo afeita a Roberto si y sólo si Roberto no afeita a Arturo. En otras palabras, si Arturo afeita a Roberto entonces Roberto no lo afeita, pero si Arturo no afeita a Roberto, entonces Roberto sí lo afeita. Enunciado aun en otros términos, uno de ellos afeita al otro, pero no a la inversa.

Por otro lado, nos dicen que para cualquier persona X, Roberto afeita a X si y sólo si X sí afeita a Roberto. Tomando a Arturo como X tenemos:

b. Roberto afeita a Arturo si y sólo si Arturo afeita a Roberto.

El enunciado b. dice que Arturo y Roberto o se afeitan uno a otro o ninguno afeita al otro. Esto es exactamente lo contrario del enunciado a., que dice que uno de ellos afeita al otro y no viceversa. Por lo tanto, las condiciones dadas son imposibles; Arturo y Roberto son verdaderamente “incomponibles”.

Nota: En el Diccionario del diablo, Ambrose Bierce da la siguiente definición:

INCOMPONIBLE, adjetivo. Incapaz de existir si otra cosa existe. Dos cosas son incomponibles cuando el mundo del ser tiene amplitud suficiente para una de ellas, pero no para ambas: como la poesía de Walt Whitman y la piedad de Dios hacia el hombre. La incomponibilidad, como se verá, es sólo la incompatibilidad desatada. En lugar de un lenguaje tan bajo como: “¡Largo de mi vista! ¡Te mataré en cuanto te encuentre!”, las palabras: “Señor, usted y yo somos incomponibles”, comportan una intimación equivalente, pero son superiores por su cortesía sublime.

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2 . No, esto no es una paradoja. Puede ser que Roberto se afeite a sí mismo, que Arturo afeite a Roberto, que Arturo no se afeite a sí mismo y que Roberto no afeite a Arturo. Los otros X en la ciudad no interesan; de hecho, Arturo y Roberto podrían ser los únicos habitantes.

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3 . Tomemos un día cualquiera D. Nos dicen que E es un día tal que para dos habitantes cualesquiera X e Y, si X afeitó a Y el día E, entonces X* afeitó a Y el día D. Ahora, sea X el barbero oficial del día E. Esto significa que X afeitó a X* el día E (de hecho, X* fue el primero en ser afeitado el día E). Entonces, tomando X* como Y, si X afeitó a X* el día E, entonces X* afeitó a X* el día D y X afeitó a X* el día E. Por lo tanto, X* afeitó a X* el día D; en otras palabras, el día D, X se afeitó a sí mismo.

El resultado final es que dado un día D, le trasladamos las condiciones del problema al día E. Entonces, no es el barbero del día E el que necesariamente se afeitó a sí mismo el día D, pero el primero al que afeitó el barbero en el día E se debe haber afeitado a sí mismo el día D.

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4 . Es el segundo rumor —que hay más de mil socios— el que debe ser correcto. De hecho, hay muchos más; de la única manera en que pueden valer las condiciones es que haya infinitos socios. Veamos por qué:

Por el Dato 4, sabemos que hay un socio —llamémoslo B1— que nunca ha sido afeitado. Ahora, B1 ha afeitado al menos a un socio, pero este socio no puede ser B1, dado que B1 nunca ha sido afeitado, de modo que debe ser algún otro, al que llamaremos B2. Ahora, B2 ha afeitado a alguien, que no puede ser B1 que nunca fue afeitado, ni B2 porque ninguno se afeita a sí mismo; de modo que debe ser una nueva persona: B3. Ahora, B3 también ha afeitado a alguien, que no es ni B1, que nunca ha sido afeitado, ni B2, dado que B2 fue afeitado por B1, ni él mismo, B3. De modo que debe ser una nueva persona: B4. De nuevo, B4 no pudo haber afeitado a B1, ni a B2, que fue afeitado por B1, ni a B3 que fue afeitado por B2, ni a sí mismo, B4. De modo que fue una nueva persona, B5, la persona afeitada por B4. Aplicando el mismo tipo de argumento a B5, vemos que debe haber afeitado a una persona B6, diferente de B1, B2, B3, B4, B5. Entonces, B6 afeitó a una nueva persona B7, y así siguiendo. De este modo, generamos una sucesión infinita de socios distintos, de manera que no es suficiente ningún número finito.

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5 . Como Guido ha afeitado a Cesare, entonces Guido ha afeitado al menos a un socio. Por lo tanto, todos los socios han afeitado a Guido. En particular, Lorenzo ha afeitado a Guido. Por lo tanto, ha afeitado al menos a un socio, de modo que todos los socios han afeitado a Lorenzo. En particular, Petruccio ha afeitado a Lorenzo.

Lo que en realidad se sigue de las tres condiciones es que todos los socios del club han afeitado a todos los socios.

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6 . Si suponemos que la afirmación de Cardano es verdadera, obtenemos la siguiente contradicción:

Para empezar, ningún miembro del Club Exclusivo se ha afeitado nunca a sí mismo, porque nunca ha afeitado a nadie —incluido él mismo— que lo haya afeitado. Ahora, supongamos que Cardano es un socio del club. Entonces, no se ha afeitado a sí mismo, como hemos probado, por lo tanto, ha dejado sin afeitar al menos a un socio del club: él mismo. Por lo tanto, Cardano no puede ser socio del club.

Dado que Cardano no es socio del club, entonces ha afeitado al menos a una persona que lo ha afeitado. Sea Antonio esa persona. Entonces, Antonio, un socio del club, ha afeitado a alguien —Cardano— que lo ha afeitado, cosa que no puede hacer un socio del club. Esto es claramente una contradicción, por lo que la historia de Cardano no es lógica.

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7 . Paso 1: Primero probaremos que Roberto es un seguidor del barbero.

Bien, consideremos cualquier día en el que el barbero usa peluca. O Alfredo usa peluca o no lo hace. Supongamos que lo hace. Entonces, Bernardo también usa peluca ese día porque Bernardo es un seguidor de Alfredo y del Barbero. De modo que Benito no puede usar peluca ese día, porque es opuesto a Bernardo. Entonces, Ramano no puede usar peluca ese día, porque sólo usa peluca aquellos días en los que Alfredo y Benito lo hacen, y Benito no lo hace ese día. Dado que Ramano no usa peluca ese día, Roberto debe hacerlo porque Roberto es opuesto a Ramano. Esto muestra que en un día en el que el barbero usa peluca, si Alfredo lo hace, también lo hace Roberto.

Ahora, ¿qué pasa con un día en el que el barbero usa peluca pero Alfredo no? Bien, dado que Alfredo no lo hace, no es cierto que ambos, Alfredo y Benito lo hagan; por lo tanto, Ramano no lo hace, por el Dato 3, y por lo tanto, Roberto sí, por el Dato 2. De modo que Roberto usa peluca siempre que el barbero lo haga y Alfredo no: de hecho, usa peluca en los días en que Alfredo no la usa, independientemente del barbero.

Esto prueba que en un día en el que el barbero usa peluca, Roberto también la usa, independientemente de que Alfredo la use o no la use. De modo que Roberto es un seguidor del barbero.

Paso2: Ahora demostraremos que Bernardo es un seguidor de Alfredo y Roberto.

Consideremos un día en el que Alfredo y Roberto usan ambos peluca. Benito no puede usar peluca ese día, porque si lo hiciera, entonces Alfredo y Benito las tendrían ambos puestas, lo que por el Dato 3 significaría que Ramano también lo hace, y tendríamos a Ramano usando peluca el mismo día que Roberto, lo que es contrario al Dato 2. Por lo tanto, en un día en el que Alfredo y Roberto usan ambos peluca, Benito no lo hace, y entonces la usa Bernardo, de acuerdo al Dato 1. Esto prueba que Bernardo es un seguidor de Alfredo y Roberto.

Paso3: Estamos ahora en posición de mostrar que el barbero es un seguidor de Roberto, recíproco de lo probado en el Paso 1.

Para hacer esto, usamos el Dato 5 por primera vez. El Dato 5 es verdadero para todo habitante varón X, de modo que vale en particular si X es Roberto. Por lo tanto, sabemos que Bernardo es un seguidor de Alfredo y de Roberto, entonces el barbero es un seguidor de Roberto solo. Y Bernardo es un seguidor de Alfredo y Roberto, por el Dato 2. Por lo tanto, el barbero es un seguidor de Roberto.

Paso 4: Ahora sabemos que Roberto es un seguidor del barbero, por el Paso 1, y que el barbero es también un seguidor de Roberto por el Dato 3. Por lo tanto, Roberto y el barbero usan peluca exactamente los mismos días. Pero sabemos que no hay dos personas diferentes que usen peluca exactamente los mismos días. Por lo tanto, Roberto y el barbero deben ser la misma persona. Finalmente, como Roberto usa sólo pelucas rojas, el barbero sólo puede usar pelucas rojas. De modo que la respuesta al problema es rojo.

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4. El misterio de la fotografía

Introducción

Para beneficio de mis nuevos lectores, debería revisar una vieja adivinanza mía.

Como en el capítulo 2, consideremos dos hermanos, uno de los cuales siempre dice la verdad y el otro siempre miente. Pero ahora tenemos nuevas complicaciones. El veraz es absolutamente preciso en todos sus juicios; de toda proposición verdadera sabe que es verdadera, y de toda proposición falsa, sabe que es falsa. Por otra parte, el hermano mentiroso es totalmente impreciso en sus juicios-, de toda proposición verdadera cree que es falsa y de toda proposición falsa cree que es verdadera. Por lo tanto, ante cualquier pregunta que le hagamos a cualquiera de los hermanos, obtendremos la misma respuesta. Por ejemplo, supongamos que pregunto si dos más dos es cuatro. El veraz y preciso, sabrá que dos más dos es cuatro y honestamente contestará que sí. El mentiroso e impreciso, creerá erróneamente que dos más dos no es cuatro, pero luego mentirá y afirmará que sí es igual a cuatro, y entonces también contestará que sí.

Esta situación recuerda a un incidente relatado en ¿Cómo se llama este libro? Los médicos de un hospital psiquiátrico estaban pensando en dar de alta a un paciente esquizofrénico. Decidieron primero hacerle una prueba con un detector de mentiras. Una de las dos preguntas que le formularon fue: “¿Eres Napoleón?”. El paciente respondió, “No”. La máquina indicó que estaba mintiendo.

Volviendo a mi acertijo, supongamos que los dos hermanos son gemelos idénticos, indistinguibles por su apariencia. Nos encontramos con uno de ellos solo, y queremos averiguar si es el preciso y veraz o el impreciso y mentiroso. ¿Es posible lograrlo mediante una o varias preguntas que puedan contestarse por sí o por no? De acuerdo con un argumento, no es posible, porque dada cualquier pregunta que le hagamos a cualquiera de los dos hermanos, obtendremos la misma respuesta (como ya he demostrado); pero hay otro argumento —que no develaré aún— que afirma que sí es posible. ¿Es posible o no?

La respuesta es sí, sí es posible; más aún, puede lograrse con una sola pregunta. Todo lo que necesitamos preguntar es: “¿Eres tú el preciso y veraz?” Si lo es, entonces sabrá que lo es, debido a que es preciso, y responderá honestamente que sí. Pero si es el mentiroso impreciso, entonces creerá que es el veraz y preciso, debido a que todo lo que cree es erróneo, y mentirá acerca de sus creencias y responderá que no. Entonces, si responde que sí, sabremos que es el preciso y veraz-, si responde que no, sabremos que es el impreciso y mentiroso.

Pero ¿no constituye esto una paradoja? Por un lado, he demostrado que los dos hermanos darán la misma respuesta a la misma pregunta-, sin embargo, he exhibido una pregunta a la cual darían diferentes respuestas. ¿Cómo es posible? ¿Era falaz mi primera demostración?

La respuesta es que no, que la demostración es perfectamente válida; efectivamente, los dos hermanos responderán de la misma forma a la misma pregunta, y de hecho, darán la respuesta correcta. El punto es que las seis palabras “¿Eres tú el veraz y preciso?” constituyen una pregunta diferente según a quién se la formule, porque contiene el término variable “tú”, cuya denotación depende de la persona a la cual se la dirige. Por lo tanto, no estamos haciendo realmente la misma pregunta, pese a que las palabras sean las mismas.

El adjetivo técnico para palabras tales como “tú”, “yo”, “éste”, “ése” y “ahora” es indéxico. Sus denotaciones no son absolutas, sino que dependen del contexto. Este principio de los indéxicos fue usado deliciosamente por Ambrose Bierce en su libro El diccionario del diablo. Después de definir la palabra “yo”, continúa diciendo: “Se dice que el plural de ‘yo’ es nosotros, pero el que exista más de un yo está más libre de dudas para los gramáticos que para el autor de este incomparable diccionario”.

El caso de los cuatro hermanos

Ahora tenemos cuatro hermanos, llamados Arthur, Bernard, Charles y David. Son cuatrillizos e imposibles de distinguir por su apariencia. Arthur es veraz y preciso; Bernard es veraz e impreciso (se engaña en todas sus creencias, pero siempre dice honestamente lo que cree); Charles es un mentiroso preciso (todas sus creencias son correctas, pero miente respecto de todas ellas); David es un mentiroso impreciso (se engaña y es deshonesto; trata de dar información falsa pero es incapaz de hacerlo).

Vemos, por supuesto, que Arthur y David dan respuestas correctas a cualquier pregunta, mientras que Bernard y Charles dan la respuesta incorrecta a cualquier pregunta.

1 Un comienzo liviano

Supongamos que un día me encuentro con uno de los cuatro hermanos en la calle. Quiero averiguar su nombre haciendo solamente preguntas que puedan responderse por sí o no. ¿Cuál es el menor número de preguntas que debo hacer y cuáles serían estas preguntas?

Solución

2

Arthur y Bernard están casados; los otros dos hermanos no. Arthur y Charles son ricos; los otros dos hermanos no.

Un día me encuentro con uno de los cuatro hermanos y quiero saber si está casado. ¿Qué pregunta de sí o no puedo hacer? Puedo lograrlo con una pregunta de dos palabras.

Solución

3

Supongamos, en cambio, que quiero averiguar si es rico. ¿Qué pregunta debo hacer?

Solución

4

Una vez me encontré con los cuatro hermanos y les hice una pregunta de sí o no. Debería haber sabido antes de hacer la pregunta que ésta sería inútil, porque conocía de antemano la respuesta. ¿Cómo habrá sido una tal pregunta?

Solución

5

Supongamos que nos hacen la siguiente propuesta. Debemos entrevistar a uno de los cuatro hermanos y tratar de averiguar de cuál de ellos se trata. Podemos hacer una sola pregunta, o podemos hacer dos preguntas, pero debemos decidir de antemano cuántas preguntas haremos. Si elegimos la opción de dos preguntas y determinamos su identidad, recibiremos un premio de cien dólares. Pero si elegimos la opción de una pregunta y tenemos éxito, ganaremos mil dólares. Bajo esta opción, si fracasamos después de la primera pregunta, no podremos formular una segunda.

Desde el punto de vista de la pura probabilidad matemática, ¿hay que elegir la opción de una pregunta o la de dos preguntas?

Solución

6

Como introducción a las dos adivinanzas especiales 8 y 9, me gustaría ilustrar un principio básico. Como ya sabemos, cuando le pregunto a uno de los cuatro hermanos si dos más dos es cuatro, Arthur y David contestarán que sí, y Bernard y Charles que no. Ahora, supongamos que en lugar de eso pregunto: “¿Crees que dos más dos es cuatro?”. ¿Qué contestará cada hermano?

Solución

7

Supongamos que le pregunto a uno de los hermanos si dos más dos es cuatro y contesta que no. Luego le pregunto si cree que dos más dos es cuatro y contesta que sí. ¿De cuál de los hermanos se trata?

Solución

Dos adivinanzas especiales

8 Una metaadivinanza

Un día un lógico se cruzó con uno de los cuatro hermanos y le preguntó: “¿Quién eres?”. El hermano se identificó como Arthur, Bernard, Charles o David y el lógico supo quién era.

¿Quién era?

Solución

9 El misterio de la fotografía

Si uno visita alguna vez la casa de estos cuatro hermanos, notará una fotografía de uno de ellos en la pared de la sala. Cuando le preguntamos a cada uno si es su fotografía, tres de ellos contestarán que no y uno que sí. En cambio, cuando le preguntamos a cada uno si cree que es su fotografía, nuevamente tres responderán que no y uno que sí.

¿De quién es la fotografía?

Solución

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Soluciones Cap. 4

1. Dos preguntas bastan, y se pueden elegir de muchas maneras. Aquí va una posible secuencia:

Primero le pregunto al hermano con el que me encuentro si dos más dos es cuatro. Si contesta que sí, entonces sé que contesta tocias las preguntas correctamente, y por lo tanto, debe ser Arthur o David. Entonces le pregunto sencillamente si es Arthur y me guío por lo contrario de lo que conteste.

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2 . Para saber si está casado sólo necesito preguntarle: “¿Eres rico?”. Arthur contestará que sí, porque es rico y da respuestas correctas; Bernard también contestará que sí ya que no es rico y da respuestas erróneas; Charles contestará que no, porque es rico pero da respuestas erróneas y David contestará que no porque no es rico y da respuestas correctas. De modo que un hermano casado contestará que sí y un hermano soltero contestará que no.

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3 . Para saber si es rico, le pregunto: “¿Estás casado?”. Como el lector podrá verificar, Arthur y Charles, los hermanos ricos, contestarán que sí y Bernard y David contestarán que no.

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4 . La pregunta que tontamente le hice fue: “¿Eres Arthur o David?” Debería haber sabido que cualquiera de los cuatro hermanos contestaría que sí, ya que si fuera Arthur o David, respondería correctamente que sí, mientras que si fuera Bernard o Charles respondería incorrectamente que sí.

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5 . Es mejor elegir la opción de una pregunta. Con la opción de dos preguntas, tenemos la certeza de ganar cien dólares siguiendo el procedimiento del Problema 1, pero con la opción de una pregunta tenemos una chance de uno en cuatro de ganar mil dólares. Simplemente le pregunto al entrevistado si es Bernard. Si es Charles contestará que sí; cualquiera de los otros tres contestará que no, como el lector puede verificar. De modo que si obtenemos una respuesta sí sabremos que él es Charles y reclamaremos el premio. Si obtenemos un no, no sabremos cuál es de los tres restantes, y no podremos cobrar. Pero una chance de uno en cuatro, por mil dólares, es matemáticamente una mejor apuesta que la certeza de ganar cien dólares.

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6 . Recordemos que le estamos preguntando al hermano si cree que dos más dos es cuatro. Arthur contestará obviamente que sí. Ahora, ¿qué pasa con Bernard? Muchos lectores estarán tentados de decir que Bernard contestará que no, pero esto no es así. Bernard también contestará que sí, y el por qué es el siguiente:

Bernard, el impreciso, no cree que dos más dos sean cuatro. Pero Bernard es impreciso en todas sus creencias: aun en sus creencias acerca de sus propias creencias. Y por lo tanto, creerá erróneamente que sí cree que dos más dos es cuatro. Entonces, por ser veraz, honestamente afirmará lo que cree: que cree que dos más dos es cuatro.

Una manera posiblemente más sencilla de ver la situación es ésta: Bernard no cree que dos más dos sea cuatro, y por lo tanto, la respuesta correcta es no. Pero solamente da respuestas erróneas a las preguntas, de modo que contesta que sí.

Ahora, con Charles es una historia diferente. Charles sí cree que dos más dos es cuatro, y como es preciso, cree que cree que dos más dos es cuatro. Pero es un mentiroso, y por lo tanto niega que cree que dos más dos es cuatro y contesta que no.

David no cree que dos más dos sea cuatro, y contesta todas las preguntas correctamente, de modo que la respuesta es no.

En resumen, Arthur y Bernard, los veraces, contestan que sí y Charles y David, los mentirosos, contestan que no a la pregunta acerca de si creen que dos más dos es cuatro.

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7 . Solamente Bernard y Charles pueden negar que dos más dos es cuatro. Solamente Arthur y Bernard pueden afirmar que creen que dos más dos es cuatro, como hemos visto en el problema anterior. De modo que el único hermano que puede contestar que no a la primera pregunta y que sí a la segunda es Bernard.

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8 . Dejamos al lector la verificación de los cuatro hechos siguientes:

a. Arthur, Charles y Bernard pueden afirmar ser Arthur.

b. Sólo Charles puede afirmar ser Bernard.

c. Sólo Bernard puede afirmar ser Charles.

d. Bernard, Charles y David pueden afirmar ser David.

Por lo tanto, si el primer lógico hubiera recibido la respuesta “Arthur” o la respuesta “David”, no podría haber sabido a cuál de los hermanos se estaba dirigiendo. Pero él lo sabía, de modo que obtuvo la respuesta “Bernard” y supo que el hermano era en realidad Charles, u obtuvo la respuesta “Charles” y supo que estaba hablando con Bernard. De modo que uno sabe que el hermano era Bernard o Charles, pero no sabe de cuál de ellos aunque el primer lógico lo supo.

Para la pregunta del segundo lógico. Usando los principios ilustrados en los dos problemas anteriores, el lector será capaz de verificar los cuatro hechos siguientes:

a. Arthur, Charles y David pueden afirmar que creen ser Arthur.

b. Bernard, Charles y David pueden afirmar que creen ser Bernard.

c. Sólo David puede afirmar que cree ser Charles.

d. Sólo Charles puede afirmar que cree ser David.

De modo que la única forma en que el segundo lógico pudo estar seguro de la identidad del hermano es que obtuvo la respuesta “Charles” y supo que estaba hablando con David, u obtuvo la respuesta “David” y supo que estaba hablando con Charles. Sabemos ya que no es David —porque es Bernard o Charles— de modo que debe ser Charles.

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9 . Como el lector puede verificar, si la fotografía es de Arthur, entonces tres de los hermanos —Arthur, Bernard y Charles— responderán que sí a la primera pregunta y por lo tanto la fotografía no es de Arthur. Si la fotografía fuera de David, nuevamente obtendríamos tres respuestas sí a la primera pregunta —de Bernard, Charles y David— de modo que la fotografía no es de David. Con la fotografía de Bernard obtendríamos tres respuestas no —de Arthur, Bernard y David— y con la fotografía de Charles también obtendríamos tres respuestas no, de Arthur, Charles y David. De modo que del hecho de que tres de las respuestas a la primera pregunta sean no, la fotografía debe ser de Bernard o de Charles.

A la segunda pregunta, si la fotografía fuese de Bernard, obtendríamos solamente un no como respuesta —de Arthur— mientras que con la fotografía de Charles obtendríamos tres no, de Arthur, Bernard y Charles. Por lo tanto, la fotografía es de Charles.

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SEGUNDA PARTE

Caballeros, bribones

y

la Fuente de la Juventud

5. Algunos caballeros y bribones extraños

Mis primeros libros de adivinanzas —¿Cómo se llama este libro? {2} ¿La dama o el tigre? {3} y Alicia en el país de las adivinanzas {4} están repletos de acertijos acerca de una isla en la cual cada habitante es un caballero o un bribón y los caballeros sólo hacen enunciados verdaderos mientras que los bribones sólo hacen enunciados falsos. Estos acertijos tuvieron éxito, y doy algunos de ellos en este capítulo. Primero consideraremos cinco preguntas que servirán como una introducción a la lógica de caballeros y bribones para aquellos no familiarizados con ella, y como un breve curso de repaso para aquellos que sí lo están. Las respuestas se dan a continuación de la quinta pregunta.

Pregunta 1: ¿Es posible que algún habitante de la isla afirme ser un bribón?

Pregunta 2: ¿Es posible que algún habitante de la isla afirme que él y su hermano son ambos bribones?

Pregunta 3: Supongamos que un habitante de la isla —A— dice acerca de sí mismo y de su hermano B: “Por lo menos uno de nosotros es un bribón”. ¿De qué tipo es A y de qué tipo es B?

Pregunta 4: Supongamos que A dice en cambio: “Exactamente uno de nosotros es un bribón.” ¿Qué puede deducirse acerca de A y qué acerca de B?

Pregunta 5: Supongamos que A dice ahora: “Mi hermano y yo somos del mismo tipo, los dos somos caballeros o los dos somos bribones.” ¿Qué puede deducirse acerca de A y B? Supongamos en cambio que A dice: “Mi hermano y yo somos de tipos diferentes.” ¿Qué puede deducirse en este caso?

Respuesta 1: No. Ningún habitante puede afirmar ser un bribón porque ningún caballero mentiría diciendo que es un bribón y ningún bribón admitiría honestamente que lo es.

Respuesta 2: Esta pregunta provoca muchas controversias. Algunos afirman que cualquiera que dice que él y su hermano son ambos bribones está afirmando sin ninguna duda ser un bribón, lo cual no es posible, como vimos en la respuesta a la Pregunta 1. En consecuencia, concluyen que ningún habitante puede afirmar que él y su hermano sean ambos bribones.

Este argumento es incorrecto. Supongamos que un habitante A es un bribón y que su hermano B es un caballero. Entonces, es falso que él y su hermano sean ambos bribones, por lo tanto A, por ser un bribón, es perfectamente capaz de hacer ese enunciado falso. Entonces, sí es posible que un habitante afirme que él y su hermano son ambos bribones, pero sólo si él es un bribón y su hermano es un caballero.

Esto ilustra un curioso principio acerca de la lógica de mentir y decir la verdad: habitualmente, si una persona veraz afirma que dos enunciados son verdaderos, entonces seguramente afirmará que cada uno de los enunciados es verdadero por separado. Pero, con un mentiroso permanente, el asunto es distinto. Consideremos los dos enunciados siguientes:

a. Mi hermano es un bribón.

b. Yo soy un bribón.

Un bribón podría afirmar que a. y b. juntos son verdaderos, bajo la condición de que el hermano sea un caballero, pero no puede afirmar que a. y b. son verdaderos por separado porque no puede afirmar que b. es verdadero. Nuevamente, un bribón diría: “Soy un bribón y dos más dos es cinco”, pero no puede afirmar en forma separada: a. “Soy un bribón”; b. “Dos más dos es cinco”.

Respuesta 3: A dice que por lo menos uno —A o B— es un bribón. Si A fuera un bribón, entonces sería verdadero que al menos uno —A o B—es un bribón y tendríamos a un bribón haciendo un enunciado verdadero, lo que no es posible. Por lo tanto, A debe ser un caballero. Como es un caballero, su enunciado es verdadero; entonces por lo menos uno es un bribón. Por lo tanto, B debe ser un bribón. Así, A es un caballero y B es un bribón.

Respuesta 4: A está diciendo que exactamente una de las personas — A y B— es un bribón. Si A es un caballero, su enunciado es verdadero: exactamente uno es un bribón; por lo tanto, B es un bribón. Si A es un bribón, su enunciado es falso, entonces B debe nuevamente ser un bribón, porque si B fuera un caballero, entonces sería verdad que exactamente uno es un bribón. Y así, sin considerar si A es un caballero o un bribón, B es un bribón. En cuanto a A, su tipo no puede determinarse; podría ser indistintamente un caballero o un bribón.

Respuesta 5: Si B fuera un bribón, ningún nativo afirmaría ser del mismo tipo que B, porque sería equivalente a afirmar que se es un bribón. Por lo tanto, B debe ser un caballero, dado que A sí afirmó ser del mismo tipo que B. En cuanto a A, podría ser tanto un caballero como un bribón.

Si A hubiese dicho que B y él eran de tipos diferentes, esto sería equivalente al enunciado “Uno de nosotros es un caballero y uno de nosotros es un bribón”, que a su vez es lo mismo que el enunciado “Exactamente uno de nosotros es un bribón”. Esto es en realidad lo mismo que la Pregunta 4, y así la respuesta es que B es un bribón y A es indeterminado.

Visto de otra manera, si B fuese un caballero, entonces ningún habitante afirmaría ser de un tipo diferente al de B.

Ahora que se acabó el repaso, empieza la diversión.

En busca de Arthur York

1 El primer juicio

El inspector Craig de Scotland Yard—acerca del que se hablará mucho en este libro— fue llamado a la Isla de los Caballeros y los Bribones para ayudar a encontrar a un criminal llamado Arthur York. Fue un proceso difícil porque no se sabía si Arthur York era un caballero o un bribón.

Un sospechoso fue arrestado y llevado a juicio. El inspector Craig presidió la sesión. He aquí una transcripción de la audiencia:

CRAIG: — ¿Qué sabe sobre Arthur York?

ACUSADO: — Arthur York afirmó una vez que yo era un bribón.

CRAIG: — Por casualidad, ¿usted es Arthur York?

ACUSADO: — Sí.

¿El acusado es Arthur York?

Solución

2 El segundo juicio

Otro sospechoso fue arrestado y llevado a juicio. Esta es la transcripción:

CRAIG: — El sospechoso anterior era un tipo raro; ¡afirmó ser Arthur York! ¿Usted afirmó alguna vez ser Arthur York?

ACUSADO: — No.

CRAIG: — ¿Usted afirmó alguna vez no ser Arthur York?

ACUSADO: — Sí.

La primera conjetura de Craig fue que el acusado no era Arthur York, pero ¿hay en realidad evidencia suficiente para declararlo inocente?

Solución

3 El tercer juicio

“No se desespere”, le dijo Craig al jefe de policía de la isla, “todavía podemos encontrar a nuestro hombre”.

Bien, un tercer sospechoso fue arrestado y llevado ante el tribunal. Trajo con él a su abogado defensor, y los dos hicieron las siguientes afirmaciones en la corte.

ABOGADO DEFENSOR: — Mi cliente es ciertamente un bribón, pero no es Arthur York.

ACUSADO: — Mi defensor siempre dice la verdad.

¿Hay evidencia suficiente para encarcelar o liberar al acusado?

Solución

Algunos caballeros y bribones extraños

Las adivinanzas de esta sección son bastante diferentes de todas mis adivinanzas anteriores sobre caballeros y bribones.

4 Mi primera aventura

El inspector Craig dejó la isla poco después de cerrar el caso de Arthur York. Dos días más tarde llegué a la isla en busca de aventuras.

El día de mi llegada, me encontré con un habitante y le pregunté: “¿Eres un caballero o un bribón?” Respondió enojado: “Me niego a decírtelo” y se marchó. Fue la última vez que tuve noticias de él.

¿Era un caballero o un bribón?

Solución

5 Mi segundo día

Al día siguiente me crucé con un nativo que hizo determinada afirmación. Pensé por un momento y dije: “Sabes, si no hubieras hecho esa afirmación, podría haberla creído. Antes de que la hicieras no tenía idea si era verdad o no, ni tenía ningún conocimiento previo de que fueras un bribón. Pero ahora que la has hecho, sé que debe ser falsa y que eres un bribón.”

¿Cómo será una afirmación que cumpla con esas dos condiciones? Nota: la afirmación “Dos más dos es cinco” no sirve-, yo hubiera sabido que era falsa antes de que él la hiciera.

Solución

6 El día siguiente

Al día siguiente me crucé con un nativo que dijo: “Mi padre dijo una vez que él y yo éramos de tipos diferentes, uno un caballero y el otro un bribón.”

¿Es posible que el padre haya dicho eso?

Solución

7 El día siguiente

Al día siguiente yo estaba de un humor más bien frívolo. Me topé con un nativo y le pregunté: “¿Respondes alguna vez que no a las preguntas?”

Me contestó —esto es, dijo sí o no— y así supe con seguridad si era un nativo o un bribón. ¿Qué es lo que era?

La adivinanza anterior se me ocurrió como consecuencia de una ingeniosa historia que me contó el matemático Stanislaw Ulam. Ulam la consideraba una paradoja. La historia es verídica y se refiere a cierto presidente de Estados Unidos.

El profesor Ulam vio por televisión cómo el presidente se dirigía al gabinete en su primer día de gobierno. Les dijo en un tono de voz imperioso: “¿No serán ustedes de los que dicen a todo que sí?” Todos respondieron solemnemente: “Noooo.”

De lo que resulta que para decir a todo que sí no es necesario responder siempre que sí. Esto me recuerda también un dibujo humorístico que me mandó uno de mis lectores. En él se ve a un patrón de gesto duro que le dice a un empleado de aspecto sumiso: “Odio a los que dicen a todo que sí, Jenkins; ¿Usted no?”

Solución

8 El sociólogo

Al día siguiente me encontré con un sociólogo que visitaba la isla. Me dio el siguiente informe:

“He entrevistado a todos los nativos de esta isla y observé una cosa curiosa: para todo nativo X, hay al menos un nativo Y tal que Y dice que X e Y son ambos bribones.”

¿Es lógico este informe?

Solución

9 Mi última aventura

Mi última aventura en esta visita a la isla fue curiosa. Me encontré con un nativo que dijo: “Esta no es la primera vez que digo lo que estoy diciendo ahora.”

¿El nativo era un caballero o un bribón?

Solución

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Soluciones Cap. 5

1 . Si el acusado es Arthur York, llegamos a una contradicción. Supongamos que es Arthur York. Entonces es un caballero, porque dijo ser Arthur York. Esto significa que la primera respuesta a Craig también era verdadera, lo que significa que él, Arthur York, dijo una vez ser un bribón. Pero esto es imposible. Por lo tanto, el acusado no es Arthur York, aunque por supuesto, es un bribón.

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2 . El acusado es un caballero o un bribón. Supongamos que es un caballero. Entonces sus respuestas son ambas verdaderas; en particular la segunda, de modo que por lo menos una vez dijo no ser Arthur York. Su afirmación era verdadera, porque es un caballero-, por lo tanto no es Arthur York. Esto muestra que si es un caballero, entonces no es Arthur York.

Supongamos que es un bribón. Entonces sus respuestas son ambas falsas; en particular la primera, lo que significa que él sí dijo una vez ser Arthur York. Pero como es un bribón, mintió cuando dijo ser Arthur York, por lo tanto no es Arthur York. Y, en consecuencia, hemos probado que si es un bribón, entonces no es Arthur York.

Vemos ahora que independientemente de que sea un caballero o un bribón, no puede ser Arthur York. Y, por lo tanto, fue liberado.

De paso, no pudo ser determinado si era un caballero o un bribón.

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3 . Fue muy estúpido por parte del acusado hacer lo que hizo. De todas las afirmaciones falsas que podía hacer, eligió justo la que más lo incriminaba. He aquí por qué el acusado debe ser Arthur York:

Supongamos que el abogado defensor es un caballero. Entonces su afirmación es verdadera, lo que implica que el acusado es un bribón. Por lo tanto, la afirmación del acusado es falsa, lo que significa que el abogado defensor es un bribón. De modo que si el abogado defensor es un caballero, también es un bribón, cosa que es imposible. Por lo tanto, el abogado defensor no puede ser un caballero; debe ser un bribón. Se sigue entonces que el acusado es también un bribón, porque afirmó falsamente que su abogado siempre decía la verdad. Y así sabemos que tanto el abogado defensor como el acusado son bribones.

Ahora, si el acusado no fuera Arthur York, entonces sería cierto que el acusado es un bribón pero no Arthur York, con lo que el defensor habría hecho una afirmación verdadera. Pero como el defensor es un bribón, no puede hacer una afirmación verdadera. Por lo tanto, el acusado debe ser Arthur York.

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4 . Dijo que no me lo diría y, por Dios que no lo hizo. Dijo la verdad, por lo tanto era un caballero.

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5 . Hay muchos enunciados que sirven. Lo que pasa es esto:

Antes de haber hablado, yo no tenía idea si era un caballero o un bribón, ni tampoco si era rico o no. Pero entonces él dijo: “Soy un bribón rico”. Un caballero nunca podría haber dicho que era un bribón rico, por lo tanto comprendí que debía ser un bribón, y no uno rico.

Una solución alternativa más inteligente, sugerida por un estudiante de escuela secundaria fue: “Soy mudo”.

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6 . Si no hubiera dicho que su padre dijo una vez que eran de tipos diferentes, entonces sería posible que su padre lo hubiera dicho. Pero su

pongamos que el padre lo haya dicho realmente. Entonces el padre debe ser un caballero y el hijo un bribón —ver Pregunta 5 y su respuesta al principio de este capítulo— y, por lo tanto, el hijo nunca podría haber dicho con veracidad que el padre dijo eso.

De paso, el enunciado “Mi padre dijo una vez que él y yo éramos de tipos diferentes” provee una nueva solución para el Problema 5.

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7. Si hubiera contestado que sí, yo habría concluido que probablemente era un caballero. Pero contestó que no, y entonces supe con seguridad que era un bribón, porque contestó que no, negando falsamente haber contestado que no alguna vez.

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8. Si el informe fuera verdadero, llegaríamos a la siguiente contradicción: Para todo X hay un Y que dice que X e Y son ambos bribones. Ahora, la única manera en que Y puede afirmar que X e Y son ambos bribones es que Y sea un bribón y X un caballero. Por lo tanto, todo habitante X de la isla debe ser un caballero. Y aun para cada habitante X hay al menos un habitante Y que afirma que X e Y son ambos bribones de modo que hay al menos un bribón Y en la isla. Esto contradice el hecho ya demostrado de que todos los habitantes son caballeros.

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9. El enunciado del nativo quiere decir que él hizo ese enunciado antes. Supongamos que es un caballero. Entonces hizo esa afirmación antes, digamos ayer. Cuando hizo la afirmación ayer, también era un caballero, y, por lo tanto, era cierta, lo que significa que la había hecho antes, digamos anteayer. Tenemos, por lo tanto, una regresión infinita; la única manera en que el nativo puede ser un caballero es que haya vivido infinitamente hacia el pasado. Por lo tanto, el nativo es un bribón.

Otro modo de ver el problema —que algunos lectores encontrarán más simple— es éste: como el nativo ya hizo la afirmación una vez, debe haber una primera vez en que la hizo. Bien, cuando la hizo por primera vez, era claramente falsa, y por lo tanto, es un bribón (y nunca podrá hacer la afirmación de nuevo, porque esta vez sería verdadera).

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6. Caballeros diurnos y caballeros nocturnos

Volveremos a la Isla de los caballeros y los bribones en un capítulo posterior. Mientras tanto, me gustaría hablar de un lugar igualmente extraño llamado Subterránea. Es una ciudad que se halla completamente bajo tierra. Sus habitantes jamás han visto la luz del día. Los relojes y cualquier otro instrumento de medición del tiempo están estrictamente prohibidos. Sin embargo, los habitantes tienen un misterioso sentido del tiempo: siempre saben cuándo es de día y cuándo es de noche. Cada habitante es de uno de los dos tipos siguientes: caballeros diurnos y caballeros nocturnos. Los caballeros diurnos dicen la verdad de día y mienten de noche; los caballeros nocturnos dicen la verdad de noche y mienten de día.

Las visitas a la ciudad están permitidas pero, por supuesto, los visitantes no pueden llevar ninguna clase de instrumento para medir el tiempo. Todos terminan desorientados; al cabo de unos pocos días pierden la noción del día y de la noche.

1 ¿Cuántas preguntas?

Supongamos que hacemos una visita a Subterránea y después de unos días perdemos toda noción del tiempo. En algún momento, deseamos saber si es de día o de noche. Nos encontramos con un habitante al que podemos hacerle tantas preguntas como se nos ocurra, pero sólo de aquéllas que pueden ser respondidas por sí o por no. ¿Cuál es el mínimo de preguntas necesario para averiguar si es de día o es de noche?

Solución

2

Supongamos que en lugar de querer averiguar si es de día o de noche, queremos saber si el habitante con el que nos encontramos es un caballero diurno o un caballero nocturno. ¿Cuál es el menor número de preguntas necesario?

Solución

3

Cuando visité esta dudad, yo también perdí la noción del tiempo después de unos días. Una vez me crucé con un habitante que hizo una afirmación. Antes de que hubiera hablado, yo no sabía si era un caballero diurno o uno nocturno. Después de escucharlo supe que era un caballero diurno y que era de noche. ¿Cuál fue su afirmación?

4

En otra ocasión me crucé con un habitante que hizo una afirmación por la que pude saber que era un caballero diurno y que era de día. ¿Cuál fue la afirmación?

Solución 3 y 4

5

En otra ocasión me encontré con un habitante que dijo: “Durante el día yo afirmo que es de noche.”

¿Era de día o de noche?

Solución

6

En otra ocasión, un nativo me dijo: “Durante el día afirmo que soy un caballero nocturno. En realidad soy un caballero diurno. “ Su enunciado me alegró porque pude deducir su tipo y si era de día o de noche. ¿Cuál es la solución? Nota: En éste, como en todos los otros problemas del capítulo, suponemos que nunca se pasa del día a la noche o de la noche al día en el transcurso de una conversación.

Solución

7

En una ocasión, un habitante dijo: “Soy un caballero nocturno y ahora es de día”. ¿Era un caballero nocturno o un caballero diurno? ¿Era de día o de noche?

Solución

8

En otra ocasión, le hice dos preguntas a un habitante: “¿Eres un caballero diurno?” y “¿Es de día?” Respondió: “Sí es la respuesta correcta a por lo menos una de las preguntas.”

¿Era un caballero diurno o un caballero nocturno? ¿Era de noche o de día?

Solución

9

Una vez le pregunté a un habitante: “¿Es verdad que hace doce horas afirmaste que eras un caballero diurno?” Respondió: “No.”

Luego le pregunté: “¿Afirmaste hace doce horas que eras un caballero diurno?” Respondió: “Sí.”

¿Era un caballero diurno o un caballero nocturno? Nota: Estoy dando por supuesto que doce horas es la diferencia entre el día y la noche.

Solución

Se duplican las dificultades

Los problemas constituyeron un desafío mayor.

10 Dos hermanos

Una vez me crucé con dos hermanos. No sabía de qué tipo era cada uno ni siquiera si eran o no del mismo tipo. Tampoco sabía si en ese momento era de día o de noche. He aquí lo que me dijeron:

A: “Al menos uno de nosotros es un caballero diurno.”

B: “A es un caballero nocturno.”

De esto deduje el tipo de cada uno y si era de día o de noche. ¿Cuál es la solución?

Solución

11

En otra ocasión me crucé con dos habitantes A y B que hicieron las siguientes afirmaciones:

A: “Ambos somos caballeros diurnos.”

B: “¡No es verdad!”

Solución

12

¿A quién hay que creerle?

Finalmente hice amistad con uno de los habitantes —Jim Hawkins— de quien supe que era un caballero diurno. Una vez me dijo que tiempo atrás había escuchado una conversación entre dos habitantes A y B en la cual A decía que B era un caballero diurno y B decía que A era un caballero nocturno.

¿Era de día o de noche cuando Jim me contó esto?

Solución

Una metaadivinanza

13

El inspector Craig de Scotland Yard también visitó Subterránea. Como cualquier otro visitante perdió la noción del tiempo al cabo de unos pocos días. En un momento dado, estaba ansioso por saber si era de noche o de día. Se cruzó con un matrimonio del que no sabía si la mujer y el marido eran del mismo tipo o de tipos diferentes. Uno de los dos dijo: “Mi cónyuge y yo somos de tipos diferentes; uno de nosotros es un caballero diurno y el otro es un caballero nocturno”. El inspector Craig reflexionó acerca de esto y dijo: “Lo que en realidad quiero saber es si ahora es de día o de noche”. Uno de los cónyuges dijo: “Ahora es de día”. El inspector Craig supo entonces si era de día o de noche.

¿Era de día o de noche?

Solución

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Soluciones Cap. 6

1. Hay un principio general que resultará útil en muchos de estos problemas: durante el día, todos los habitantes afirman ser caballeros diurnos, mientras que durante la noche todos los habitantes afirman ser caballeros nocturnos. Esto es cierto porque durante el día un caballero diurno es veraz y admitirá verazmente ser un caballero diurno, mientras que un caballero nocturno mentirá y también afirmará que es un caballero diurno. Durante la noche, un caballero nocturno afirmará verazmente que es un caballero nocturno, y un caballero diurno afirmará falsamente que es un caballero nocturno.

Por lo tanto, para saber si es de día o es de noche, sólo es necesaria una pregunta: ¿Eres un caballero diurno? Si uno obtiene un sí como respuesta, entonces es de día; si uno obtiene un no, entonces es de noche.

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2 . Otro principio útil es que los caballeros diurnos siempre dicen que es de día, mientras que los caballeros nocturnos afirman siempre que es de noche. Esto es así porque durante el día, un caballero diurno afirmará verazmente que es de día, y durante la noche afirmará falsamente que es de día. Por otra parte, durante el día, los caballeros nocturnos afirman falsamente que es de noche, y durante la noche, afirman verazmente que es de noche.

Por lo tanto, para averiguar si alguien es un caballero diurno o nocturno, sólo es necesario preguntarle si es de día. Si contesta que sí, entonces es un caballero diurno; si contesta que no, entonces es un caballero nocturno.

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3 y 4 . Las soluciones surgirán como resultado de algunos de los problemas siguientes.

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5 . El afirma que miente durante el día, o lo que es lo mismo, que es un caballero nocturno. Por lo tanto, debió ser de noche cuando dijo eso.

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6 . La primera afirmación del nativo era una simple mentira: nadie dice que es un caballero durante el día, tal como se explicó en la solución del Problema 1. Por lo tanto, estaba mintiendo en ese momento, de modo que su segunda afirmación también es una mentira. Y entonces, ¿s realmente un caballero nocturno. Como es un caballero nocturno y en ese momento estaba mintiendo, debía ser de día.

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7 . Supongamos que su afirmación es verdadera. Entonces, se trataba de un caballero nocturno y era de día, pero los caballeros nocturnos no dicen la verdad durante el día. Por lo tanto, esta afirmación debe haber sido falsa. De modo que estaba mintiendo, pero como no es un caballero nocturno que está haciendo la afirmación durante el día, debe ser un caballero diurno y entonces era de noche.

Esto, de paso, provee una solución para el Problema 3.

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8 . Él está en efecto afirmando que es un caballero diurno o que es de día, y posiblemente ambas cosas. Supongamos que su afirmación sea falsa. Entonces ni es un caballero diurno, ni es de día; esto significa que es un caballero nocturno y que es de noche. Pero los caballeros nocturnos no hacen afirmaciones falsas durante la noche, por lo que es contradictorio suponer que su afirmación es falsa. Por lo tanto, su afirmación es verdadera. De modo que, o bien es un caballero diurno o bien es de día. Si la primera alternativa es correcta —es decir, si es un caballero diurno— entonces debe ser de día, porque los caballeros diurnos dicen la verdad sólo durante el día. Si la segunda alternativa es correcta —es decir, si es de día—entonces debe ser un caballero diurno, porque solamente los caballeros diurnos dicen la verdad durante el día. De modo que cada una de las alternativas implica la otra, y esto significa que es un caballero diurno y que es de día.

Esto, casualmente, provee una solución al problema 4; podría haber dicho: “Soy un caballero diurno o es de día”. Una solución igualmente válida es: “Si soy un caballero nocturno, entonces ahora es de día”.

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9 . Las respuestas son dos verdades o dos mentiras.

Caso 1: Ambas respuestas eran verdades. Entonces la segunda respuesta era veraz, por lo tanto doce horas atrás realmente afirmó que era un caballero diurno. Mintió doce horas atrás, ya que ahora dice la verdad, de modo que en realidad es un caballero nocturno.

Caso2: Ambas respuestas eran mentirás. Entonces la primera respuesta era una mentira, por lo tanto, doce horas atrás dijo ser un caballero nocturno. Era veraz entonces, de modo que es un caballero nocturno.

En cualquiera de los dos casos, es un caballero nocturno. No puede determinarse si sus respuestas eran verdades o mentiras.

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10 . Si es de noche, obtenemos la siguiente contradicción:

Supongamos que B está diciendo la verdad. Entonces A es realmente un caballero nocturno, por lo tanto, A está diciendo la verdad, ya que es de noche. Esto significa que al menos uno de ellos es un caballero diurno, pero es imposible que un caballero diurno diga la verdad durante la noche. Supongamos, por otra parte, que B está mintiendo. Entonces A es un caballero diurno, y por lo tanto, su afirmación es verdadera — esto es, al menos uno de ellos es un caballero diurno— lo que significa que A, un caballero diurno, está diciendo la verdad durante la noche. Esto es igualmente imposible. De modo que sabemos con seguridad que ahora es de día.

¿Puede ser B un caballero nocturno? Si lo fuera, entonces está diciendo la verdad —porque es de día— por lo tanto A debe ser un caballero nocturno, pero entonces su afirmación sería correcta, porque al menos uno de ellos —precisamente B— es un caballero diurno, lo que significaría que A, un caballero nocturno, está haciendo una afirmación verdadera durante el día. Por lo tanto B no puede ser un caballero diurno; debe ser un caballero nocturno. Entonces, como es de día, su afirmación es falsa, por lo tanto A es en realidad un caballero diurno.

Así, la solución es que A es un caballero diurno, B es un caballero nocturno, y es de día.

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11 . Esta es bastante simple: si A estuviera diciendo la verdad, ambos serían caballeros diurnos-, B sería del mismo tipo que A, y no lo habría contradicho. Y así, A está mintiendo y B está diciendo la verdad.

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12 . La historia de Jim no puede ser verdadera por las siguientes razones. Supongamos que A y B hagan sus enunciados durante el día. Si A es un caballero diurno, entonces está diciendo la verdad, por lo que B es un caballero diurno y su afirmación es verdadera. Pero B dijo que A era un caballero nocturno de modo que el enunciado de B no puede ser verdadero. Esto es una contradicción. Por otra parte, si A es un caballero nocturno, entonces A está mintiendo, lo que significa que B es un caballero nocturno. Pero como A es un caballero nocturno, entonces el enunciado de B era verdadero, lo que significa que B —un caballero nocturno— dijo la verdad durante el día. Esto prueba que las expresiones de A y B no pueden haber tenido lugar durante el día. Un argumento simétrico, que el lector proveerá, muestra que A y B no pueden haber hecho estas afirmaciones tampoco durante la noche. Por lo tanto, la historia de Jim era simplemente falsa. Como Jim.es un caballero diurno, debe haber contado este cuento durante la noche.

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13 . Sea A aquél —marido o mujer, según corresponda— que afirmó que su cónyuge B no era del mismo tipo que A. Si el enunciado de A fuera verdadero, entonces A estaba en ese momento en estado veraz, y B era realmente de un tipo diferente que A, por lo tanto B estaba en estado mentiroso. Si el enunciado de A fuera falso, entonces A estaba en el estado mentiroso, B es del mismo tipo que A, y nuevamente B está en el estado mentiroso. De modo que Craig pudo deducir de la afirmación de A, que B estaba en el estado mentiroso, pero Craig no podía saber si A estaba o no en el estado veraz. Por lo tanto, si A hubiera sido el que dijo que era de día, Craig no habría sabido si era de día o de noche. Y así, debe haber sido B el que dijo que era de día, y entonces Craig supo que era de noche.

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7. Dioses, demonios y mortales

Poco después de que el inspector Craig volviera a Londres después de su extraña experiencia en Subterránea, tuvo un sueño curioso. Ese día había estado hurgando en una librería especializada en libros raros de mitología, otro de sus múltiples intereses. Su cabeza estaba llena de dioses y demonios, de modo que su sueño no resulta tan sorprendente.

El tiempo suele transcurrir de modo inusual durante los sueños. Craig soñó que pasaba nueve días en una región en la que habitaban dioses, demonios y mortales. Los dioses, por supuesto, siempre decían la verdad, y los demonios siempre mentían. Por su parte, la mitad de los mortales eran caballeros y la otra mitad, bribones. Como es usual, los caballeros decían la verdad y los bribones mentían.

1 El primer día

Craig soñó que el primer día se encontraba con un habitante de la región que parecía un dios, aunque Craig no estuviera seguro. El habitante adivinó los pensamientos de Craig, sonrió e hizo una afirmación. Por esta afirmación, Craig supo que estaba en presencia de un dios.

¿Cuál puede ser tal afirmación?

Solución

2 El segundo día

En este episodio del sueño, Craig se encontró con un ser de aspecto terrorífico que tenía toda la apariencia de un demonio.

“¿Qué clase de ser eres?” preguntó Craig, con cierta alarma. El ser respondió, y Craig supo entonces que no estaba frente a un demonio, sino a un bribón. ¿Cuál es la respuesta que recibió?

Solución

3 El tercer día

En este episodio Craig se encontró con un ser de aspecto totalmente indescriptible que, por su apariencia, podía ser cualquier cosa. El ser hizo un enunciado del que Craig pudo deducir que era un dios o un demonio, pero no cuál de ellos.

¿Cómo sería tal enunciado?

Solución

4 El cuarto día

Craig se encontró, a continuación, con un ser que hizo las dos afirmaciones siguientes:

a. Un dios dijo una vez que yo era un demonio.

b. Ningún caballero dijo jamás que yo era un bribón.

¿De qué clase de ser se trataba?

Solución

5 El quinto día

Un ser le hizo a Craig las dos afirmaciones siguientes:

a. Nunca dije que era un bribón.

b. A veces digo que soy un demonio.

¿De qué clase de ser se trata ahora?

Solución

6 El sexto día

En este episodio, Craig se encontró con dos seres, cada uno de los cuales hizo una afirmación. Craig pudo inferir entonces que al menos uno de ellos debía ser un dios, pero no pudo decidir cuál. Craig no podría haber deducido esto de ninguna de las afirmaciones por sí sola.

¿Qué afirmaciones pudieron haber hecho los seres?

Solución

7 El séptimo día

Al día siguiente, Craig se encontró otra vez con dos seres, cada uno de los cuales hizo una nueva afirmación. Craig pudo entonces inferir que uno de ellos era un bribón y el otro un demonio, aunque no pudo decir cuál era cuál. Nuevamente, Craig no pudo haber deducido esto de ninguna afirmación por sí misma. ¿Qué afirmaciones fueron éstas?

Solución

8 Presentación de Thor

Al octavo día, Craig encontró un ser que tenía todo el aspecto del dios Thor. El ser hizo una afirmación, y Craig supo entonces que era Thor. ¿Qué afirmación pudo haber hecho Thor?

Solución

9 Una perplejidad resuelta

Craig y Thor se hicieron amigos rápidamente. De hecho, la noche del noveno día Thor dio un magnífico banquete en honor de Craig. “Propongo un brindis a la salud de nuestro distinguido huésped” dijo Thor, y alzó su copa de néctar.

Después de algunos brindis, Craig fue invitado a hablar.

“Estoy completamente perplejo” dijo mientras se levantaba. “Me pregunto si esto no será un sueño.”

“¿Por qué piensas que estás soñando?” preguntó Thor.

“Porque”, dijo Craig, “hoy ocurrieron dos incidentes que me parecen totalmente inexplicables. Esta mañana encontré a alguien que hizo una afirmación que no puede hacer ningún caballero, bribón, dios o demonio. Luego, esta tarde, encontré también a alguien que hizo una afirmación que ningún habitante de esta región podría hacer. Por eso sospecho que debo estar soñando.”

“¡Oh!”, dijo Thor, “Quédate tranquilo, no estás soñando. Los dos incidentes tienen una explicación perfectamente racional. Verás, hemos tenido dos visitantes de otra región. Ambos son mortales. Uno es Cyrus, que siempre dice la verdad, aunque no lo consideramos un caballero porque no es de esta región. El otro es Alexander, que a veces dice la verdad y a veces miente. Debes haberte encontrado con esos dos. ¿Qué afirmaciones hicieron?”

Craig les contó entonces lo que había dicho cada uno.

“Esto lo explica perfectamente” dijo Thor. “Es más, de lo que dijeron se sigue que Cyrus era el que te encontraste a la mañana. Y lo que es muy interesante, si no hubieras encontrado a Alexander a la tarde, nunca habrías podido saber que el que te encontraste a la mañana era Cyrus o Alexander.”

Craig volvió a pensar el asunto y advirtió que Thor estaba en lo cierto.

¿Qué afirmaciones que cumplan con las condiciones anteriores pueden haber hecho estos dos forasteros?

Solución

Epílogo: una adivinanza filosófica

A la mañana siguiente, guando Craig estaba bien despierto, se preguntó si había estado lógicamente inconsistente en su sueño. “El problema es éste”, pensó Craig: “En mi sueño creí que Thor era un dios y que los dioses siempre dicen la verdad. Pero Thor me dijo que no estaba soñando. Ahora, ¿cómo pudo Thor, que dice la verdad, decir que no estaba soñando cuando en realidad lo estaba? ¿No fue esto una inconsistencia de mi parte?” ¿Habrá sido lógicamente inconsistente el sueño de Craig?

Solución

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Soluciones Cap. 7

1. Un enunciado que funciona es: “No soy un caballero”. Si el que habla es un bribón o un demonio, entonces sería cierto que no es un caballero; pero los caballeros y los demonios no hacen enunciados verdaderos. Por lo tanto el que habla no es ni un bribón ni un demonio, por lo tanto, debe ser un caballero o un dios y su enunciado debe ser verdadero. Como es verdadero, no es un caballero, por lo tanto, debe ser un dios.

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2. Un enunciado que sirve es: “Soy un demonio”. Obviamente, ningún demonio puede decir que es un demonio, por lo tanto, el que habla no es un demonio. En consecuencia, su afirmación es falsa y ya que no es un demonio, debe ser un bribón.

Dicho sea de paso: esta adivinanza y la anterior son esencialmente las mismas que los Problemas 4 y 5 del Capítulo 1, las adivinanzas sobre los premios.

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3. Esta es un poco más tramposa. Un enunciado que funciona es: “Soy un dios o un bribón”. Esto puede ser dicho por un dios porque un dios es un dios o un bribón; también puede ser falsamente dicho por un demonio. No puede ser dicho por un caballero, porque un caballero nunca puede mentir y afirmar que es un dios o un bribón, y no puede ser dicho por un bribón, porque un bribón nunca admitiría el hecho verdadero de que es un dios o un bribón. Y así, el que habla debe ser un dios o un demonio, pero no hay manera de decidir cuál.

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4 . La primera afirmación es obviamente falsa, porque si fuese cierta, un dios habría dicho alguna vez que el hablante era un demonio; pero nadie que diga la verdad puede ser un demonio. Como la primera afirmación es falsa, también lo es la segunda, porque fue hecha por el mismo ser. Por lo tanto, un caballero sí dijo alguna vez que el hablante era un bribón, por lo tanto es un bribón.

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5 . La segunda afirmación es obviamente una mentira, porque nadie que diga la verdad dirá nunca que a veces dice que es un demonio. Por lo tanto, la primera afirmación también es una mentira, en consecuencia el hablante sí dice a veces que es un bribón, y es un demonio.

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6 . Hay muchas soluciones posibles; he aquí una. Llamemos a los dos seres A y B. Ahora, supongamos que A y B hacen las siguientes afirmaciones:

A: “B es un caballero.”

B: “A no es un caballero.”

A está diciendo la verdad o está mintiendo.

Caso 1: A está diciendo la verdad. Entonces B es realmente un caballero, y su afirmación debe ser verdadera, por lo tanto A no es un caballero, y en consecuencia A debe ser un dios ya que está diciendo la verdad.

Caso2: A está mintiendo. Entonces B no es un caballero, ya que A dice que lo es. Además, como A está mintiendo, A no es un caballero. Entonces, la afirmación de B es verdadera. Por lo tanto, B está diciendo la verdad pero no es un caballero; en consecuencia, es un dios.

De modo que si estamos en el Caso 1, A es un dios; si estamos en el Caso 2 entonces B es un dios. No hay manera de resolver si A está diciendo la verdad o está mintiendo.

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7 . Llamemos nuevamente A y B a los dos seres. Las siguientes afirmaciones servirán:

A: “Ambos somos bribones.”

B: “Ambos somos demonios.”

Es obvio que ambos están mintiendo. Como A está mintiendo, no son ambos bribones. Como B está mintiendo, no son ambos demonios. Por lo tanto, uno es un demonio y el otro es un bribón, pero no hay forma de resolver cuál es cuál.

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8 . Un enunciado que sirve es: “Soy un bribón, un demonio, o el dios Thor”.

Si el que habla fuera un bribón o un demonio, sería cierto que es un bribón, un demonio o el dios Thor. Esto significaría que un bribón o un demonio han hecho una afirmación verdadera, lo que no es posible. Por lo tanto, el que habla no es un bribón ni un demonio, por lo que su afirmación es verdadera. Luego, debe ser el dios Thor.

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9 . Aquí hay una solución posible:

Hablante de la mañana: “No soy un caballero ni un dios.”

Hablante de la tarde: “Soy un bribón o un demonio.”

Ningún habitante de la región puede hacer ninguna de las dos afirmaciones. Ningún caballero ni dios puede afirmar que no es ni un caballero ni un dios; ningún bribón ni demonio puede hacer la afirmación verdadera de que no es un caballero o un dios. Lo mismo vale para la segunda afirmación: obviamente ningún caballero hi dios puede afirmar que es un bribón o un demonio, y ningún bribón o demonio puede admitir que es un bribón o un demonio. Por lo tanto, ambos eran forasteros, a saber, Cyrus y Alexander. El enunciado del hablante de la mañana era verdadero y el enunciado del hablante de la tarde era falso. Como Cyrus nunca hace afirmaciones falsas, no pudo haber sido el hablante de la tarde. Luego, fue el de la mañana.

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Discusión del epílogo

Como yo lo veo, el sueño de Craig no fue necesariamente inconsistente. Si en el sueño Craig hubiera creído que estaba soñando, entonces el conjunto de sus creencias durante el sueño habría sido inconsistente, porque las siguientes proposiciones son lógicamente contradictorias:

(1) Thor es un dios;

(2) los dioses sólo hacen afirmaciones verdaderas;

(3) Thor afirmó que Craig no estaba soñando;

(4) Craig estaba soñando.

La contradicción es obvia. De todos modos, no hay ninguna evidencia de que Craig creyera en algún momento de su sueño que estaba soñando, aunque en un momento se preguntó si podía estar soñando. Craig creía que estaba despierto, y esta creencia, aunque falsa, era perfectamente consistente con las otras creencias de su sueño.

Curiosamente, si Craig hubiera formulado la creencia de que estaba soñando, entonces esta creencia, aunque correcta, habría creado una inconsistencia lógica.

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8. En busca de la Fuente de la Juventud

Introducción

Arthur Reynolds Esq. buscaba una receta para la inmortalidad. Leyó mucha literatura sobre alquimia y ocultismo, pero no pudo encontrar nada de valor práctico. Un día oyó hablar de un gran sabio del Oriente que era un especialista de gran reputación en la materia. Con esfuerzo emprendió un largo viaje y finalmente encontró al sabio.

“¿Es posible vivir eternamente?”, le preguntó al sabio.

“Es bastante fácil”, contestó éste. “Sólo es necesario hacer dos cosas.”

“¿Cuáles son esas dos cosas?” preguntó Reynolds ansiosamente.

“En primer lugar, nunca debes formular enunciados falsos; a partir de ahora debes optar por hacer sólo enunciados verdaderos. Es un precio pequeño a pagar por la inmortalidad, ¿no es cierto?”

“¡Efectivamente!”, contestó Reynolds. Pero, “¿de qué se trata la segunda cosa?”

“Debes decir ahora: ‘Repetiré este enunciado mañana’. Si haces estas dos cosas”, concluyó el sabio “te garantizo que vivirás eternamente”.

Una pregunta para el lector. ¿Es verdad que si uno hace esas dos cosas, vivirá eternamente? La repuesta está en el texto que sigue pero, el lector deseará pensar antes de seguir leyendo.

Reynolds pensó un poco. “¡Oh, por supuesto!” dijo repentinamente. “Si hago esas dos cosas, entonces viviré para siempre, porque si digo ahora verazmente, ‘Repetiré esta oración mañana’, entonces mañana diré nuevamente, ‘Repetiré esta oración mañana’, y si digo la verdad mañana, entonces diré la misma frase pasado mañana, y así durante toda la eternidad.”

“Exacto” dijo el sabio con una sonrisa triunfal.

“Pero esta solución no es práctica” protestó Reynolds. “¿Cómo puedo decir verazmente que haré algo mañana si no estoy seguro de estar vivo mañana?”

“Ah, quieres una solución práctica”, dijo el sabio. “No me había dado cuenta. No soy muy bueno para las soluciones prácticas; mi trabajo es esencialmente teórico. Pero, ¿una solución práctica? Lo único que se me ocurre es la Fuente de la Juventud. ¿Has considerado la posibilidad de buscarla?”

“¿La Fuente de la Juventud?” gritó Reynolds incrédulo. “He leído sobre ella en libros de historia, y sé que muchos la han buscado, pero ¿existe o es sólo una fantasía?”

“Eso no lo sé”, contestó el sabio, “pero si existe, conozco un lugar inmejorable para buscarla”.

“¿Qué lugar es ése?” preguntó Reynolds.

“La Isla de los Caballeros y los Bribones”, respondió el sabio. “No puedo garantizar que la fuente esté allí, pero si existe, la isla es el lugar indicado.”

Reynolds agradeció al sabio y partió inmediatamente hacia la Isla de los Caballeros y los Bribones.

En busca de la Fuente de la Juventud

Y así, estamos de vuelta en la Isla de los Caballeros y los Bribones. Reynolds llegó a la isla sin ningún contratiempo y comenzaron sus aventuras.

1 Un incidente preliminar

El primer día, Reynolds se encontró con un nativo que hizo una afirmación. Reynolds se dio cuenta entonces de que si el nativo era un caballero, la Fuente de la Juventud debía estar en la isla, pero si el nativo era un bribón no había forma de decidir si la fuente estaba o no en la isla.

¿Qué afirmación pudo haber hecho el nativo?

Solución

2 Una gran metaadivinanza

La aventura siguiente de Reynolds fue mucho más interesante: lleva implícito el acertijo lógico más profundo con el que jamás me haya encontrado.

Al día siguiente, Reynolds se encontró con dos nativos —A y B— y les dijo: “Por favor, díganme todo lo que sepan sobre la Fuente de la Juventud. ¿Está en esta isla?” Los dos nativos hicieron entonces las siguientes afirmaciones:

A: “Si B es un bribón, entonces la Fuente de la Juventud está en esta isla.”

B: “Jamás afirmé que la Fuente de la Juventud no estuviera en esta isla.”

Reynolds pensó un poco y dijo: “Por favor, quiero ahora mismo una respuesta definitiva. ¿Está la Fuente de la Juventud en esta isla?”

Uno de los dos respondió. Dijo que sí o que no. Reynolds supo entonces si la Fuente de la Juventud estaba o no en la isla.

Meses más tarde, Reynolds le contó los sucesos anteriores al inspector Craig. (Era un buen amigo de Craig y conocía su afición por los acertijos lógicos.) Craig dijo “Para mí es obviamente imposible deducir a partir de los datos que me das si la Fuente de la Juventud está o no en la isla. No me has dicho si fue A o fue B el que respondió a tu segunda pregunta, ni qué respuesta dio. Cualquiera haya sido el que contestó, supongamos que lo hubiera hecho el otro. ¿Sabes si entonces hubieras podido decidir si la fuente está o no en la isla?”

Reynolds lo pensó y finalmente le contestó a Craig si sabía o no si él hubiera podido decidir la cuestión en caso de ser el otro el que respondiera a la segunda pregunta.

“Gracias”, dijo Craig. “Ahora sé si la Fuente de la Juventud está o no en la isla.”

¿Está la Fuente de la Juventud en la isla?

Solución

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Soluciones Cap. 8

1 . Una posibilidad es que el nativo haya dicho: “Soy un caballero y la Fuente de la Juventud está en la isla”. Si era un caballero, entonces obviamente la fuente está en la isla. Si no era un caballero, entonces lo que dijo es falso, independientemente de que la fuente esté o no en la isla, y no habrá manera de decidir si la fuente está o no allí.

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2 . B afirmó no haber dicho nunca que la Fuente de la Juventud no estaba en la isla. Si B es un bribón, entonces B dijo que la Fuente de la Juventud no está en la isla, y como es un bribón, la fuente está en la isla. De modo que ahora sabemos que si B es un bribón, la Fuente de la Juventud está en la isla. Bien, esto es exactamente lo que dijo A; por lo tanto A debe ser un caballero. De modo que ahora conocemos los dos hechos siguientes:

Hecho 1: A es un caballero.

Hecho 2: Si B es un bribón, la Fuente de la Juventud está en la isla.

Por supuesto, Reynolds, que razona tan bien como cualquiera de nosotros, también se dio cuenta de estos dos hechos.

Ahora no se nos dice quién contestó la segunda pregunta de Reynolds, ni si la respuesta fue que sí o que no y, por lo tanto, hay cuatro casos posibles que debemos analizar.

Caso A1: A afirmó que la fuente está en la isla (respondiendo que sí).

En este caso, Reynolds, sabiendo que A es un caballero, sabría que la fuente está en la isla.

Caso A2: A afirmó que la fuente no está en la isla (respondiendo que no).

En este caso, Reynolds habría sabido que la fuente no está en la isla.

Caso B1: B afirmó que la fuente no está en la isla (respondiendo que sí).

En este caso, Reynolds sabría que la fuente está en la isla mediante el razonamiento siguiente: “Supongamos que la fuente no está en la isla. Entonces B es un bribón por haber afirmado que sí lo está. Pero, por el Hecho 2, si B es un bribón, la fuente sí está en la isla. Esto es una contradicción, por lo tanto, la fuente debe estar en la isla (y además B debe ser un caballero)”.

Caso B2: B afirmó que la fuente no está en la isla (respondiendo que no).

En este caso, Reynolds no podría saber si la fuente está o no en la isla. B podría ser un bribón que afirmó falsamente que la fuente no está en la isla y que también afirmó falsamente que él nunca dijo que la fuente no está en la isla; o podría ser un caballero que verazmente afirmó que la fuente está en la isla y que, además, afirmó que la fuente no estaba en la isla. Y, por lo tanto, en este caso Reynolds no puede decidir nada.

De todas formas, sabemos que Reynolds sí decidió, y, por lo tanto, el Caso B2 debe ser desechado. Así sabemos que uno de los tres casos —A1, A2 y B1— es el que vale, y debemos olvidarnos del cuarto caso (B2).

En este punto, debemos considerar la segunda parte de la historia: la conversación que sostuvieron Reynolds y el inspector Craig. Es importante entender que Craig no le preguntó a Reynolds si Reynolds habría podido decidir si hubiera sido el otro el que contestó la pregunta; Craig le preguntó a Reynolds si sabía si habría podido decidir o no. Veamos cómo razonaría Reynolds en respuesta a la pregunta de Craig. Por supuesto, Reynolds sabe cuál de los tres casos —A1, A2, B1— es el verdadero, aunque nosotros no (al menos no aún), y por lo tanto debemos ver cómo razonaría Reynolds en cada uno de los tres casos.

Caso A1: Reynolds razonaría: “A es un caballero; A dijo que la fuente está en la isla; la fuente está en la isla. Ahora supongamos que B hubiera contestado mi segunda pregunta. No sé si habría contestado que sí o que no. Supongamos que hubiera contestado que sí. Entonces yo habría sabido que-la fuente estaba en la isla porque habría razonado que si la fuente no está en la isla, entonces B es un bribón por decir que lo está. Pero también sé (Hecho 2) que si B es un bribón, la fuente está en la isla y habría obtenido así una contradicción a partir de suponer que la fuente no está en la isla. Por lo tanto, si B hubiera contestado que sí yo habría sabido que la fuente está en la isla. Pero supongamos que hubiera contestado que no. Entonces no tendría forma de saber si la fuente estaba o no en la isla; habría razonado que podía ser un caballero y la fuente no estar en la isla o podía ser un bribón y la fuente estar en la isla. De modo que si hubiera contestado que no, entonces no podría haber decidido si la fuente estaba o no en la isla.

“En resumen, si B hubiera contestado que sí, habría podido decidir; si hubiera contestado que no, no habría podido decidir. Como no tengo manera de saber qué respuesta hubiera dado B, no tengo manera de saber si yo habría podido decidir o no.”

Caso A2: En este caso, he aquí como habría razonado Reynolds: “La fuente no está en la isla; A me dijo esto y A es un caballero. Ahora supongamos que hubiera contestado B en su lugar. Bien, B es un caballero, porque ya he probado que si B es un bribón, entonces la fuente está en la isla, lo que no es cierto. Como B es un caballero, en caso de haber contestado él, también habría respondido que no. Pero entonces, no habría podido saber que era un caballero y por lo tanto no habría tenido manera de saber si la fuente estaba o no en la isla. En resumen, si B hubiera sido el que contestó, entonces Reynolds no habría decidido si la fuente estaba o no en la isla.”

Caso B1: Este es el caso más simple. Aquí B es el que contestó; por lo tanto Reynolds ya sabría que si A hubiera sido el que respondió, él podría haber decidido acerca de la fuente, porque ya sabía que A era un caballero.

Vemos que si el caso verdadero fuera A1, entonces Reynolds no podría saber si hubiera podido decidir, y por lo tanto su respuesta a Craig sería: “No, no sé si habría podido decidir si mi segunda pregunta la hubiera contestado el otro.”

Si el caso verdadero fuera A2, entonces Reynolds le habría dicho a Craig: “Sí; yo sé si habría podido decidir.” Reynolds, de hecho, sabe además que no habría podido decidir.”

Si el caso verdadero fuera B1, entonces Reynolds nuevamente le habría dicho a Craig: “Sí; yo sé si habría podido decidir. Sabe además que habría podido decidir.”

Por lo tanto, si Reynolds contestó que sí a la pregunta de Craig, entonces el caso verdadero es A2 o B1, pero no hay manera de que Craig pueda saber cuál, por lo tanto Craig no habría sabido si la Fuente de la Juventud está en la isla. Pero nos dicen que Craig sí sabía, por lo que Reynolds debe haber contestado que no y Craig supo entonces que estaba en el caso y que la fuente estaba en la isla.

¡Por fin! La Fuente de la Juventud está en alguna parte de la Isla de los Caballeros y los Bribones. Encontrarla es, sin embargo, una historia muy diferente. En general no es fácil encontrar cosas en esta isla loca. Dicho sea de paso, Reynolds no encontró la Fuente de la Juventud en esta visita; simplemente averiguó definitivamente que estaba en alguna parte de la isla, y está planeando volver a buscarla. Pero ése es un tema para otro libro.

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TERCERA PARTE

Imitar a un pájaro imitador

9. Imitar a un pájaro imitador

En cierto bosque encantado habitan unos pájaros parlantes. Dados dos pájaros cualesquiera A y B, si le gritamos al pájaro A el nombre de B, entonces A responderá gritándonos el nombre de otro pájaro. Designamos a este pájaro como AB. Así, AB es el pájaro nombrado por A después de haber oído el nombre de B. En lugar de usar constantemente la engorrosa frase “la respuesta de A al oír el nombre de B”, diremos simplemente: “la respuesta de A a B”. Entonces, AB es la respuesta de A a B. En general, la respuesta de A a B no es necesariamente igual a la respuesta de B a A. En símbolos, AB no es necesariamente el mismo pájaro que BA. Además, dados tres pájaros A, B y C, el pájaro A(BC) no es necesariamente el mismo que el pájaro (AB)C. El pájaro A(BC) es la respuesta de A al pájaro BC, mientras que el pájaro (AB)C es la respuesta del pájaro AB al pájaro C.

Pájaros imitadores: Por pájaro imitador designamos un pájaro M tal que para cualquier pájaro x, se cumplen las siguientes condiciones:

Mx=xx

M se dice un pájaro imitador por la simple razón de que su respuesta a cualquier pájaro x es igual a la respuesta de x a sí mismo. En otras palabras, M imita a x en cuanto a su respuesta al propio x.

Esto quiere decir que si uno le grita x a M obtendrá la misma respuesta que si uno le grita x al mismo x.{5}

Composición. El último detalle técnico antes de que comience la diversión es éste: dados tres pájaros cualesquiera A, B y C (no necesariamente distintos), se dice que el pájaro C compone A con B si para cualquier pájaro x se cumple la siguiente condición:

Cx=A(Bx)

Esto quiere decir, en palabras, que la respuesta de C a x es la misma que la respuesta de A a la respuesta de B a x.

Imitar a un pájaro imitador

1 El significado del pájaro imitador

Podría suceder que si uno le grita B a A, A responda nuevamente B. Si esto ocurre, decimos que al pájaro A le gusta el pájaro B. En símbolos, a A le gusta B quiere decir AB=B.

Se nos dice que el bosque satisface las dos condiciones siguientes:

C1 (condición de composición): Dados dos pájaros cualesquiera A y B (distintos o no) hay un pájaro C tal que para cualquier pájaro x, Cx=A(Bx). En otras palabras, para dos pájaros cualesquiera A y B, hay un pájaro C que compone A con B.

C2 (condición del pájaro imitador): en el bosque hay un pájaro imitador M.

Hay un rumor que dice que a cada pájaro del bosque le gusta por lo menos un pájaro. Otro rumor dice que hay por lo menos un pájaro al que no le gusta ningún pájaro. Lo interesante es esclarecer el asunto completamente a partir de las condiciones C1 y C2.

¿Cuál de los dos rumores es correcto?

Nota: Este es un problema básico en el campo conocido como lógica combinatoria: la solución es breve pero extremadamente ingeniosa. En el fondo, se basa en un principio que se deriva del trabajo del lógico Kurt Gödel. Este principio impregnará partes de los capítulos siguientes.

Solución

2 ¿Egocéntrico?

Un pájaro x se dice egocéntrico (a veces narcisista) si gusta de sí mismo, esto es, si la respuesta de x a x es x. En símbolos, x es egocéntrico si xx=x.

El problema es probar que bajo las condiciones C1 y C2 del problema anterior, existe por lo menos un pájaro egocéntrico.

Solución

3 La historia del pájaro coincidente

Se dice que dos pájaros A y B coinciden en un pájaro x si sus respuestas a x son las mismas, en otras palabras, si Ax=Bx. Un pájaro A se dice coincidente si para cualquier pájaro B, hay por lo menos un pájaro x sobre el que A y B coinciden. En otras palabras, A es coincidente si para cualquier pájaro B hay un pájaro x tal que Ax=Bx.

Consideremos ahora la siguiente variante del Problema 1: nos dan la condición de composición C1, pero no nos dicen que hay un pájaro imitador, en su lugar nos dicen que hay un pájaro coincidente A. ¿Esto es suficiente para garantizar que cada pájaro gusta de por lo menos un pájaro?

Una pregunta con premio. ¿Por qué el Problema 1 no es nada más que un caso especial del Problema 3? Pista: ¿Un pájaro imitador es necesariamente coincidente?

Solución

4 Una pregunta sobre pájaros coincidentes

Supongamos que se mantiene la condición de composición C1 del Problema 1 y que A, B y C son pájaros tales que C compone A con B. Probar que si C es coincidente entonces A es también coincidente.

Solución

5 Un ejercicio de composición

Supongamos nuevamente que se mantiene la condición Cr Probar que para tres pájaros cualesquiera A, B y C hay un pájaro D tal que para todo pájaro x, Dx=A(B(Cx)). Este hecho es muy útil.

Solución

6 Pájaros compatibles

Dados dos pájaros A y B, iguales o diferentes, se dicen compatibles si hay pájaros x e y, iguales o diferentes, tales que Ax=y y By=x. Esto significa que si uno le grita x a A, obtendrá y como respuesta, mientras que si uno le dice y a B, obtendrá x como respuesta.

Probar que si valen las condiciones C1 y C2 del Problema 1, entonces dos pájaros cualesquiera A y B son compatibles.

Solución

7 Pájaros felices

Un pájaro A se dice feliz si es compatible consigo mismo. Esto quiere decir que hay pájaros x e y tales que Ax=y y Ay=x.

Probar que todo pájaro que gusta de por lo menos un pájaro debe ser un pájaro feliz.

Solución

8 Pájaros normales

De aquí en adelante, llamaremos normal a todo pájaro que guste de por lo menos un pájaro. Acabamos de demostrar que todo pájaro normal es feliz. La recíproca no es cierta: un pájaro feliz no necesariamente es normal.

Demostrar que si vale la condición de composición C1 y hay por lo menos un pájaro feliz en el bosque, entonces hay por lo menos un pájaro normal.

Solución

Egocentrismo incurable

9 Egocentrismo incurable

Recordamos que un pájaro B se dice egocéntrico si BB=B. Decimos que un pájaro es incurablemente egocéntrico si para todo pájaro x, Bx=B. Esto significa que es irrelevante el nombre que uno le grite a B; siempre responde B. Imaginemos que el nombre del pájaro es Bertrand. Cuando uno le grita “Arthur”, uno obtiene como respuesta “Bertrand”; cuando uno le grita “Raymond”, uno obtiene como respuesta “Bertrand”; cuando uno le grita “Anne”, uno obtiene como respuesta “Bertrand”. ¿En lo único en que puede pensar este pájaro es en sí mismo?

Más generalmente, decimos que un pájaro A tiene una fijación con un pájaro B si para todo pájaro x, Ax=B. Esto es, A sólo puede pensar en B. Entonces, un pájaro es incurablemente egocéntrico en el caso en que tiene una fijación consigo mismo.

Un pájaro K se dice un cernícalo si para pájaros cualesquiera x e y, (Kx)y=x. Entonces, si x es un cernícalo, para cualquier pájaro x, el pájaro Kx tiene una fijación con x.

Dadas las condiciones y C2 del Problema 1, y la existencia de un cernícalo, probar que por lo menos un pájaro es incurablemente egocéntrico.

Solución

10 Fijación

Si x tiene una fijación con y ¿se sigue necesariamente que a x le gusta y?

Solución

11 Un dato sobre los cernícalos

Demostrar que si un cernícalo es egocéntrico, entonces debe ser incurablemente egocéntrico.

Solución

12 Otro dato sobre los cernícalos

Demostrar que para todo cernícalo K y para todo pájaro x, si Kx es egocéntrico, entonces K debe gustar de x.

Solución

13 Un ejercicio simple

Determinar si el siguiente enunciado es verdadero o falso: si un pájaro A es incurablemente egocéntrico, entonces para pájaros cualesquiera x e y, Ax=Ay.

Solución

14 Otro ejercicio

Si A es incurablemente egocéntrico, ¿se sigue que para pájaros cualesquiera x e y, (Ax)y=A?

Solución

15 El egocentrismo incurable es contagioso

Probar que si A es incurablemente egocéntrico, entonces para todo pájaro x el pájaro Ax es incurablemente egocéntrico.

Solución

16 Otro dato sobre los cernícalos

En general, no es cierto que si Ax=Ay, entonces x=y. De todos modos, esto sí es cierto si A es un cernícalo. Probar que si Kx=Ky entonces x=y. (De aquí en más, nos referiremos a este hecho como la ley de cancelación a izquierda para cernícalos.)

Solución

17 Un dato sobre fijaciones

Es posible que un pájaro guste de más de un pájaro, pero no es posible que un pájaro tenga una fijación con más de un pájaro. Probar que es imposible para un pájaro tener una fijación con más de un pájaro.

Solución

18 Otro dato sobre los cernícalos

Probar que para todo cernícalo K y para todo pájaro x, si K gusta de Kx, entonces K gusta de x.

Solución

19 Un enigma

Alguna vez alguien dijo: “Todo cernícalo egocéntrico es extremadamente solitario”. ¿Por qué esto es verdadero?

Solución

Pájaros identidad

Un pájaro se dice un pájaro identidad si para todo pájaro x se cumple la siguiente condición:

Ix=x

El pájaro identidad fue calumniado algunas veces, debido al hecho de que si uno le grita a I el nombre de cualquier pájaro x, todo lo que hace I es repetir x. Aparentemente, el pájaro I parece no tener inteligencia ni imaginación; todo lo que hace es repetir lo que oye. Por esta razón, los estudiantes irreflexivos de ornitología solían llamarlo el pájaro bobo. Sin embargo, un ornitólogo más profundo estudió una vez la situación con cuidado y descubrió que el pájaro identidad es en realidad altamente inteligente. La verdadera razón para esta conducta carente de imaginación en apariencia es que en realidad tiene un corazón enorme y le gustan todos los pájaros. De modo que cuando uno le grita x a I, la razón por la que responde nuevamente x, no es que no pueda pensar en ninguna otra cosa; es que nos quiere mostrar que gusta de x.

Como a un pájaro identidad le gustan todos los pájaros, también gusta de sí mismo, por lo que todo pájaro identidad es egocéntrico. De todos modos, su egocentricidad no significa que guste más de sí mismo que de cualquier otro pájaro.

Ahora unos pocos problemas sobre pájaros identidad.

20

Supongamos que el bosque contiene un pájaro identidad I y que I es coincidente en el sentido del Problema 3. ¿Se sigue que a todo pájaro le debe gustar por lo menos un pájaro? Nota: no tenemos aquí las condiciones C1 y C2.

Solución

21

Supongamos que hay un pájaro identidad I en el bosque y que a todo pájaro le gusta por lo menos un pájaro. ¿Se sigue necesariamente que I es coincidente?

Solución

22

Supongamos que hay un pájaro identidad I pero no sabemos si I es coincidente o no. De todos modos, nos dicen que todo par de pájaros es compatible en el sentido del Problema 6. ¿Cuál de las conclusiones siguientes puede deducirse?

a. Todo pájaro es normal, esto es, le gusta por lo menos otro pájaro.

b. I es coincidente.

Solución

23 ¿Por qué?

El pájaro identidad I, aunque egocéntrico, no es en general incurablemente egocéntrico. De hecho, si hubiera un pájaro incurablemente egocéntrico, la situación sería bastante triste. ¿Por qué?

Solución

Alondras

Un pájaro L se dice una alondra si para pájaros cualesquiera x e y vale lo siguiente:

(Lx)y=x(yy)

Las alondras tienen propiedades interesantes, como veremos ahora.

24

Probar que si el bosque contiene una alondra L y un pájaro identidad I, entonces debe contener un pájaro imitador.

Solución

25

Una razón por la que me gustan las alondras es ésta: si hay una alondra en el bosque entonces se deduce sin más que a todo pájaro le gusta por lo menos un pájaro. Así vemos que la alondra tiene un efecto maravilloso en todo el bosque-, su presencia hace normal a cada pájaro. Y como todos los pájaros normales son felices, por el Problema 7, entonces una alondra L en el bosque hace que todos los pájaros sean felices.

¿Por qué esto es cierto?

Solución

26 Otro enigma

¿Por qué una alondra incurablemente egocéntrica es extremadamente atractiva?

Solución

27

Suponiendo que ningún pájaro puede ser a la vez una alondra y un cernícalo —como todo ornitólogo sabe— probar que es imposible que una alondra guste de un cernícalo.

Solución

28

Puede suceder, de todos modos, que un cernícalo K guste de una alondra L. Mostrar que si esto pasa, todo pájaro gusta de L.

Solución

29

Ahora contaré lo más sorprendente que conozco sobre alondras: supongamos que sabemos que el bosque contiene una alondra L, pero no tenemos ninguna otra información. A partir de este único dato, puede demostrarse que por lo menos un pájaro en el bosque debe ser egocéntrico.

La demostración requiere de algún truco. Dada la alondra L, podemos escribir una expresión para un pájaro egocéntrico, y hacerlo usando solamente la letra L, con paréntesis por supuesto. La expresión más corta que fui capaz de encontrar tiene longitud 12, sin contar paréntesis. Esto es, podemos escribir L doce veces y luego obtener la respuesta colocando los paréntesis apropiados. ¿Alguien se atreve? ¿Habrá una expresión más corta que la mía? ¿Puede probarse que no hay una expresión más corta que funcione? No lo sé. De todos modos, el lector debería tratar de encontrar un pájaro egocéntrico a partir del pájaro L.

Solución

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Soluciones Cap. 9

1 . El primer rumor es correcto; a todo pájaro A le gusta por lo menos un pájaro. La demostración es la siguiente:

Tomemos cualquier pájaro A. Entonces, por la condición C1 hay un pájaro C que compone A con el pájaro imitador M, porque para cualquier pájaro B, hay un pájaro C que compone A con B, de modo que esto vale también si B resulta ser el pájaro imitador M. Luego, para todo pájaro x, Cx=A(Mx), o lo que es lo mismo, A(Mx)=Cx.

Como esta ecuación vale para toda pájaro x, podemos sustituir C por x, y obtener así la ecuación A(MC)=CC. Pero MC=CC, ya que M es un pájaro imitador y por lo tanto, en la ecuación A(MC)=CC podemos sustituir MC por CC, y obtener la ecuación A(CC)=CC. Esto significa que a A le gusta el pájaro CC.

En síntesis, si C es cualquier pájaro que compone A con M, entonces A gusta del pájaro CC. También, A gusta de MC, ya que MC es el mismo pájaro que CC.

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2 . Acabamos de ver que las condiciones C5 y C2 implican que a todo pájaro le gusta por lo menos un pájaro. Esto significa, en particular, que al pájaro imitador M le gusta un pájaro E. Ahora mostraremos que E debe ser egocéntrico.

Primero, ME=E, ya que a M le gusta E. Pero también ME=EE, porque M es un pájaro imitador. De modo que E y EE son ambos idénticos al pájaro ME, y así EE=E. Esto significa que a F. le gusta de E, es decir, E es egocéntrico.

Nota: como E es egocéntrico y E=ME, entonces ME es egocéntrico. ¿No es cierto que la palabra “ME” trasmite su propio mensaje?

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3 . Tenemos que vale la condición de composición C1 y que hay un pájaro coincidente A.

Tomemos un pájaro cualquiera x. Por la condición de composición, existe un pájaro H que compone x con A. Como A es coincidente, entonces A coincide con H en algún pájaro y. Mostraremos que x debe gustar del pájaro Ay.

Como A coincide con H en y, entonces Ay=Hy. Pero como H compone x con A, entonces Hy=x(Ay). Por lo tanto, Ay=Hy=x(Ay), y así Ay=x(Ay), o lo que es lo mismo x(Ay)=Ay. Esto dice que x gusta de Ay.

Pregunta con premio: El pájaro imitador es ciertamente coincidente, porque para todo pájaro x, M coincide con x en el propio x, ya que Mx=xx. En otras palabras, hay un pájaro y —precisamente x— tal que My=xy.

Como todo pájaro imitador es coincidente, entonces las condiciones del Problema 1 implican las condiciones del Problema 3, y por lo tanto, la solución del Problema 1 da una solución alternativa al Problema 3, aunque más complicada.

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4 . Sabemos que C compone A con B y que C es coincidente. También tenemos la condición de composición. Debemos mostrar que A es coincidente.

Tomemos un pájaro cualquiera D. Debemos demostrar que A coincide con D en algún pájaro. Como vale la ley de composición, hay un pájaro que compone D con B. Además, C coincide con E en un pájaro x porque C es coincidente, por lo tanto Cx=Ex. También Ex=D(Bx), porque E compone D con B, y Cx=A(Bx), porque C compone A con B. Por lo tanto, como Ex=D(Bx), tenemos A(Bx)=D(Bx). Así A coincide con D en el pájaro Bx. Esto prueba que para cualquier pájaro D, hay un pájaro sobre el que coinciden A y D, lo que significa que A es coincidente.

En síntesis, A(Bx)=Gx=Ex=D(Bx).

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5 . Supongamos que se mantiene la ley de composición C1. Tomemos tres pájaros cualesquiera A, B y C. Entonces hay un pájaro E que compone B con C y, por lo tanto, para cualquier pájaro x, Ex=B(Cx); en consecuencia A(Ex)=A(B(Cx)). Nuevamente por la ley de composición, hay un pájaro D que compone A con E, y por lo tanto, Bx=A(Ex). En consecuencia, Dx== A(Ex)=A(B(Cx)) y entonces Dx=A(B(Cx)).

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6 . Valen las condiciones C1 y C2 del Problema 1. Por lo tanto, a todo pájaro le gusta por lo menos un pájaro, de acuerdo con la solución del Problema 1. Tomemos ahora dos pájaros cualesquiera A y B. Por la condición C1, hay un pájaro C que compone A con B. Al pájaro C le gusta algún pájaro: llamémoslo y. De aquí, Cy=y. También Cy=A(By), porque C compone A con B. Por lo tanto A(By)=y. Sea x el pájaro By. Entonces Ax=y, y por supuesto, By=x. Esto prueba que A y B son compatibles.

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7 . Decir que A es compatible con B no necesariamente significa que existan dos pájaros distintos x e y tales que Ax=y, y By=x; x e y pueden ser el mismo pájaro.

De modo que si hay un pájaro x tal que Ax=x y Bx=x, esto implica necesariamente que A y B son compatibles. Por lo tanto, si Ax=x, entonces Ax es automáticamente compatible con A, porque Ax=y y Ay=x, donde y es el mismo pájaro que x.

Por lo tanto, si A gusta de x, entonces Ax=x, y A es compatible con A, lo que significa que A es feliz.

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8 . Supongamos que H sea un pájaro feliz. Existen entonces pájaros x e y tales que Hx=y y Hy=x. Como Hx=y, podemos sustituir x por Hy (ya que Hy=x), y obtener H(Hy)=y. Además, por la condición de composición C1, hay un pájaro que compone H con H, y así By=H(Hy)=y. De modo que By=y, lo que significa que B gusta de E. Como a B le gusta un pájaro y, B es normal.

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9 . Tenemos las condiciones del Problema 1, entonces a todo pájaro le gusta por lo menos un pájaro. En particular, al cernícalo K le gusta algún pájaro A. Por lo tanto, KA=A. En consecuencia, para todo pájaro x, (KA)x=Ax. También, (KA)x=A, ya que K es un cernícalo. Entonces, Ax=A. Como para todo pájaro x, Ax=A, entonces A es incurablemente egocéntrico.

También podemos mirar el asunto de esta manera: si al cernícalo K le gusta un pájaro A, entonces KA=A. Además KA tiene una fijación con A, y por lo tanto, KA=A, entonces A tiene una fijación con A, lo que significa que A es incurablemente egocéntrico. Y así vemos que a todo pájaro al que le gusta un cernícalo debe ser incurablemente egocéntrico.

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10 . Por supuesto que sí. Si x tiene una fijación con y, entonces para todo pájaro z, xz=y, en particular, xy=y, lo que significa que x gusta de y.

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11 . Si K es egocéntrico, entonces a K le gusta K. Pero hemos demostrado en el Problema 9 que todo pájaro que a K le guste debe ser incurablemente egocéntrico; por lo tanto, si K es egocéntrico, entonces K es incurablemente egocéntrico.

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12 . Supongamos que Kx es egocéntrico. Entonces (Kx)(Kx)=Kx. Pero también (Kx)(Kx)=x, porque para todo pájaro y (Kx)y=x, y esto es también cierto cuando y es el pájaro Kx. Por lo tanto, Kx=x porque Kx y x son ambos iguales al pájaro (Kx)(Kx), de modo que son iguales entre sí. Esto significa que K gusta de x.

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13 . Supongamos que A es incurablemente egocéntrico. Por lo tanto Ax=A y Ay=A, entonces Ax=Ay; ambos son iguales a A. Por lo tanto, el enunciado es verdadero.

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14 . Sí. Supongamos que A es incurablemente egocéntrico. Entonces Ax=A, en consecuencia (Ax)y=Ay y Ay=A, entonces (Ax)y=A.

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15 . Supongamos que A es incurablemente egocéntrico. Entonces, para pájaros cualesquiera x e y, (Ax)y=A, de acuerdo con el problema anterior. Además, Ax=A, ya que A es incurablemente egocéntrico. En consecuencia, (Ax)y=Ax, ya que (Ax)y y Ax son ambos iguales a A. Por lo tanto, para todo pájaro y (Ax)y=Ax, lo que significa que Ax es incurablemente egocéntrico.

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16 . Supongamos que Kx=Ky y que K es un cernícalo. Entonces para todo pájaro z, (Kx)z=(Ky)z. Pero (Kx)z=x y (Ky)z=y, de modo que x=(Kx)z=(Ky)z=y. En consecuencia, x=y.

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17 . Supongamos que A tiene una fijación con x, y que A tenga una fijación con y; probaremos que x=y.

Sea z un pájaro cualquiera. Entonces Az=x, ya que A tiene una fijación con x, y además Az=y, ya que A tiene una fijación con y. Por lo tanto, x e y son ambos iguales al pájaro Az, de modo que x=y.

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18 . Supongamos que K gusta de Kx. Entonces K(Kx)=Kx. Ahora, K(Kx) tiene una fijación con Kx, mientras que Kx tiene una fijación con x. Pero como K(Kx) y Kx son el mismo pájaro, entonces el mismo pájaro tiene una fijación con Kx y con x, lo que hace Kx=x, de acuerdo con el problema anterior. Por lo tanto, K gusta de x.

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19 . Probaremos que el único modo en que un cernícalo puede ser egocéntrico es ser el único pájaro en el bosque.

Demostración 1: Supongamos que K es un cernícalo egocéntrico, entonces K es incurablemente egocéntrico según el Problema 11. Sean x e y pájaros del bosque cualesquiera; mostraremos que x=y.

Como K es incurablemente egocéntrico, entonces Kx=K y Ky=K, luego Kx=Ky. Por lo tanto, de acuerdo al Problema 16, x=y. De modo que cualquier par de pájaros del bosque —x e y— son idénticos el uno con el otro, y hay un único pájaro en el bosque. Como sabemos que K está en el bosque, entonces K es el único pájaro en el bosque.

Demostración 2: Usamos nuevamente el hecho de que si K es egocéntrico, entonces es incurablemente egocéntrico. Sea ahora x un pájaro cualquiera del bosque. Entonces Kx tiene una fijación con x, ya que K es un cernícalo, y además Kx=K, ya que K es incurablemente egocéntrico. En consecuencia, K tiene una fijación con x, ya que Kx tiene una fijación con x y Kx es el pájaro K. Pero por el Problema 17, K no puede tener una fijación con más de un pájaro, y entonces todos los pájaros del bosque deben ser idénticos.

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20 . Sí. Supongamos que I es coincidente. Entonces para todo pájaro x, existe un pájaro y tal que xy=Iy. Pero Iy=y, en consecuencia xy=y. Entonces x gusta de y.

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21. Sí. Supongamos que todo pájaro x guste de cierto pájaro y. Entonces xy=y, pero también Iy=y, así el pájaro I coincide con x en el pájaro y.

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22 . Las dos conclusiones siguientes:

a. Sabemos que I es un pájaro identidad y que dos pájaros cualesquiera son compatibles. Ahora, tomemos un pájaro cualquiera B. Entonces B es compatible con I, de modo que existen pájaros x e y tales que Bx=y y Iy=x. Como Iy=x, entonces y=x porque y=Iy. Ya que y=x y Bx=y, entonces Bx=x, y así a B le gusta el pájaro x. Por lo tanto a todo pájaro B le gusta algún pájaro x.

b. Se sigue de la primera conclusión y del Problema 21.

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23. Supongamos que I es un pájaro identidad y que I es incurablemente egocéntrico. Tomemos un pájaro cualquiera x. Entonces Ix=I, ya que I es incurablemente egocéntrico, pero también Ix=x ya que I es un pájaro identidad. Entonces x=I y otra vez tenemos el triste hecho de que hay un único pájaro en el bosque; todo pájaro x es idéntico a I.

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24 . Supongamos que L es una alondra y que I es un pájaro identidad. Entonces para todo pájaro x. (LI)x=I(xx)=xx. En consecuencia LI es un pájaro imitador. Esto significa que si alguien le grita I a L, entonces L nombra a un pájaro imitador.

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25 . Este es bastante simple. Supongamos que L es una alondra. Entonces para pájaros cualesquiera x e y. (Lx)y=x(yy). Esto es cierto también cuando y es el pájaro Lx, y así (Lx)(Lx)=x((Lx)(Lx)). Además, por supuesto, x((Lx)(Lx))=(Lx)(Lx), lo que significa que a x le gusta el pájaro (Lx)(Lx). En consecuencia todo pájaro x es normal.

Para ayudar a resolver problemas futuros, hay que resaltar el hecho de que para cualquier alondra L, cualquier pájaro x gusta del pájaro (Lx)(Lx).

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26 . Demostraremos que si L es una alondra incurablemente egocéntrica, entonces todo pájaro gusta de L.

Supongamos que L es una alondra y que L es incurablemente egocéntrica. Dado que L es incurablemente egocéntrica, entonces para pájaros cualesquiera x e y, de acuerdo con el Problema 14, (Lx)y=L. En particular, tomando Lx como y, (Lx)(Lx)=L. Pero a x le gusta (Lx)(Lx), como probamos en el problema anterior. Por lo tanto, a x le gusta L, ya que (Lx)(Lx)=L. Esto prueba que a todo pájaro x le gusta L.

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27 . Esta es una demostración interesante. Ya hemos probado en el Problema 18 que si K gusta de Kx, entonces K gusta de x. En particular, tomando K como x, si a K le gusta KK, entonces a K le gusta K.

Supongamos ahora que L es una alondra del bosque, que K es un cernícalo del bosque, y que a L le gusta K. Entonces LK=K, por lo tanto (LK)K=KK. Pero (LK)K=K(KK), ya que L es una alondra. En consecuencia KK=K(KK) —ambos son iguales a (LK)K— lo que dice que a K le gusta el KK. Entonces, a K le gusta K, como mostramos en el párrafo anterior. Por lo tanto, K es egocéntrico. Entonces por el Problema 19, K es el único pájaro en el bosque. Pero esto contradice el dato de que L está en el bosque y L≠K.

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28 . Supongamos que K gusta de L. Entonces por la solución al Problema 9, L es incurablemente egocéntrica. Por lo tanto, por el Problema 26, a todos los pájaros les gusta L.

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29 . Supongamos que el bosque contiene una alondra L. Entonces por el Problema 25, a todo pájaro le gusta por lo menos un pájaro. En particular, al pájaro LL le gusta algún pájaro y. (Esto constituye nuestro primer truco.) En consecuencia (LL)y=y, pero (LL)y=L(yy), porque L es una alondra y entonces para cualquier pájaro x (Lx)y=x(yy). Por lo tanto, L(yy)=y, ya que ambos son iguales a (LL)y. Entonces (L(yy))y=yy. (Esta es el segundo truco.) Pero (L(yy))y=(yy)(yy). Esto se puede ver sustituyendo (yy) por x en la ecuación (Lx)y=x(yy). De modo que tanto yy como (yy)(yy) son ambos iguales a (L(yy))y, luego (yy)(yy)=yy, lo que significa que yy es egocéntrico.

Esto demuestra que si y es cualquier pájaro al que le gusta LL, entonces yy debe ser egocéntrico. Es más, a LL le gusta algún pájaro y, de acuerdo con el Problema 25.

Podemos calcular un tal pájaro y del que gusta Ly. Vimos en la solución del Problema 25 que para todo pájaro x, x gusta de (Lx)(Lx). Por lo tanto, LL gusta de (L(LL))(L(LL)). De modo que podemos tomar como y el pájaro (L(LL))(L(LL)). Nuestro pájaro egocéntrico es entonces ((L(LL))(L(LL)))((L(LL)(L(LL))).

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10. ¿Existe un pájaro sabio?

El inspector Craig de Scotland Yard era un hombre de múltiples intereses. Su interés por la investigación de crímenes, el derecho, lógica, las máquinas de números, el análisis retrógrado, el vampirismo, la filosofía y la teología le es familiar a los lectores de mis anteriores libros de adivinanzas. También se interesaba por la lógica ornitológica, un campo que aplica la lógica combinatoria al estudio de los pájaros. Por lo tanto, se entusiasmó al escuchar acerca del bosque de los pájaros del último capítulo y decidió visitarlo e inspeccionarlo.

Lo primero que hizo cuando llegó, fue entrevistar al sociólogo de pájaros del bosque, cuyo nombre era profesor Fowler. El profesor Fowler le contó acerca de las dos leyes C1 y C2, la ley de composición básica y la existencia del pájaro imitador del primer problema del último capítulo. En base a esto, el Inspector Craig fue, por supuesto, capaz de deducir que a todo pájaro le gusta por lo menos un pájaro.

“De cualquier manera”, explicó Craig a Fowler, “me gustaría profundizar en este tema. Soy lo que los lógicos matemáticos llaman un constructivista. No estoy satisfecho con sólo saber que dado cualquier pájaro x, existe en algún lugar del bosque un pájaro y que le gusta a x; me gustaría saber cómo, dado un pájaro x, puedo encontrar tal pájaro. Por casualidad, ¿existe en el bosque un pájaro que me pueda suministrar tal información?”

“Realmente no entiendo su pregunta”, contestó Fowler. “¿Qué quiere decir con un pájaro que suministre esa información?”

“Lo que quiero saber”, dijo Craig, “es si existe o no algún pájaro especial que, al gritarle el nombre de x, responda nombrando un pájaro del cual gusta x. ¿Sabe si existe un pájaro así?”

“Oh, ahora entiendo lo que quiere decir”, dijo Fowler, “y su pregunta es muy interesante”. Todo lo que puedo decirle es que se rumorea que existe un pájaro así, pero su existencia en este bosque no pudo ser comprobada. Esos pájaros se llaman pájaros sabios —a veces, pájaros oráculo— pero, como ya le dije, no sabemos si existen pájaros sabios por aquí. De acuerdo con algunos libros de historia, cuya autenticidad de todos modos es incierta, los pájaros sabios fueron observados por primera vez en Grecia —más precisamente en Delfos— lo que puede ser la causa de que los llamen oráculos. Por este motivo se usa la letra griega Θ para denotar un pájaro sabio. Si realmente existe tal pájaro, entonces tiene la notable propiedad de que para todo pájaro x, a x le gusta el pájaro Θx, en otras palabras, x(Θx)=Θx. O, para ponerlo de otra forma, si uno le grita x a Θ, entonces Θ nombrará a un pájaro que le gusta x.

“Por mucho tiempo he tratado de encontrar un pájaro sabio, pero me temo que no he sido muy exitoso. Si usted pudiera arrojar alguna luz en la materia, le estaría enormemente agradecido.”

El inspector Craig se levantó, le agradeció al profesor Fowler, y le dijo que dedicaría algunos pensamientos al tema. Craig pasó el día caminando por el bosque, profundamente concentrado en el problema. A la mañana siguiente volvió al profesor Fowler.

“Dudo mucho”, dijo Craig, “de que a partir de las condiciones C1 y C2 que me acaba de indicar, pueda determinarse si existe o no un pájaro sabio en el bosque”.

“La dificultad es ésta”, explicó Craig. “Sabemos que hay un pájaro imitador M. Y sabemos que para todo pájaro x existe algún pájaro y que compone x con el pájaro imitador M. Entonces, como usted sabe, a x le gusta el pájaro yy pero dado el pájaro x, ¿cómo se hace para encontraran pájaro que compone x con M? Si existiera un pájaro A que proveyera esta información, entonces el problema sería resoluble. Pero a partir de lo que me ha dicho, tengo razones para creer que tal pájaro existe.”

“Pero existe un tal pájaro”, replicó Fowler. “Lo siento, pero me olvidé de decirle que tenemos un pájaro A tal que cualquiera sea el pájaro cuyo nombre le gritemos a A, A responderá nombrando un pájaro que compone x con M. Esto es, para todo pájaro x, el pájaro Ax compone x con M.” “¡Espléndido!” dijo Craig. “Esto resuelve completamente nuestro problema: en este bosque sí habita un pájaro sabio.”

¿Cómo hizo Craig para saberlo?

“¡Maravilloso!”, dijo Fowler después de que Craig demostró que el bosque contenía un pájaro sabio.

“Y ahora, ¿cuáles son sus planes?” “Usted sabe, tal vez, que este bosque es sólo uno de una cadena de notables bosques de pájaros. Definitivamente, usted debe visitar el Bosque de Curry, pero antes de hacerlo atravesará un bosque inusualmente rico en pájaros. Probablemente quiera pasar un buen tiempo allí; hay mucho que aprender.”

Craig agradeció al profesor Fowler y partió hacia el bosque siguiente. No se imaginó que éste era sólo el comienzo de un verano de aventuras.

Solución

Este problema, aunque importante, es en realidad bastante simple. Para empezar, el pájaro A descrito por Fowler no es ni más ni menos que una alondra. La razón es ésta: decir que para todo pájaro x el pájaro Ax compone x con M, es decir que para cada pájaro x y para cada pájaro y (Ax)y=x(My). Pero My=yy, de modo que x(My)=x(yy). Por lo tanto, el pájaro A descrito por Fowler satisface la condición de que para cualquier par de pájaros x e y, (Ax)y=x(yy), lo que significa que A es una alondra.

Y así el problema se reduce a esto: dado un pájaro imitador M, una alondra L y la condición básica de composición C1, demostrar que el bosque contiene un pájaro sabio.

Bien, hemos demostrado en la solución del Problema 25 del capítulo anterior que a todo pájaro x le gusta el pájaro (Lx)(Lx), en consecuencia a x le gusta M(Lx), ya que M(Lx)=(Lx)(Lx). Ahora, por la condición básica de composición C1, existe un pájaro Θ que compone M con L Esto significa que para cualquier pájaro x, Θx=M(Lx). Como x gusta de M(Lx) y M(Lx)== Θx, entonces x gusta de Θx, lo que significa que Θ es un pájaro sabio.

En resumen, todo pájaro que compone M con L es un pájaro sabio.

La teoría de los pájaros sabios (técnicamente llamados combinadores de punto fijo) es una parte básica y fascinante de la lógica combinatoria. Sólo hemos arañado la superficie. Profundizaremos en la teoría de los pájaros sabios en un capítulo posterior, pero primero debemos dirigir nuestra atención a algunos pájaros más básicos, cosa que haremos en los próximos dos capítulos.

11. Pájaros en abundancia

En el bosque de pájaros que Craig visitó a continuación, el nombre del sociólogo de pájaros residente era profesor Adriano Bravura. El profesor Bravura tenía un estilo aristocrático y orgulloso, que muchos tildaban de arrogante. Craig pronto advirtió que esta impresión era errónea; el profesor Bravura era un académico extremadamente dedicado que, como muchos académicos, estaba con frecuencia ausente y distraído, y esta distracción era confundida con desapego y falta de interés en los otros seres humanos. En realidad, el profesor Bravura era una persona de un enorme corazón que mostraba gran interés en sus alumnos. Craig aprendió muchísimo de él, del mismo modo que lo hará el lector.

“Tenemos muchos, pero muchos pájaros interesantes en este bosque”, le dijo Bravura a Craig en la primera entrevista, “pero antes de contarle acerca de ellos será mejor para mí explicarle una conocida abreviatura en relación con los paréntesis”.

El profesor Bravura tomó entonces un lápiz y un anotador y lo colocó de manera tal que Craig pudiera ver lo que estaba escribiendo.

“Supongamos que escribo xyz”, dijo Bravura. “Sin otra explicación, esta notación es ambigua; no se puede saber si quise decir (xy)z o x(yz). Bien, la convención es que significaremos (xy)z o, como suele decirse, si se omiten los paréntesis deben ser restituidos a izquierda. Esta es la tradición en lógica combinatoria, y después de un poco de práctica hace más legibles las expresiones complejas.”

“La misma convención se aplica a expresiones más complejas, por ejemplo, consideremos la expresión (xy)zw. Pensamos en (xy) como una unidad, de modo que (xy)zw es en realidad ((xy)z)w. ¿Qué es xyzw? Primero restituimos los paréntesis en el extremo izquierdo, que es xy, y así xyzw es (xy)zw que a su vez es ((xy)z)w. De modo que xyzw es una abreviatura de ((xy)z)w.”

“Otros ejemplos”, dijo Bravura: “x(yz)w=(x(yz))w, mientras que x(yzw)=(x((yz)w)”.

“Pienso que usted debería intentar los ejercicios siguientes para asegurarse que ha captado completamente el principio de la restitución de paréntesis a izquierda.”

He aquí los ejercicios que Bravura le dio a Craig.

a. xy(zwy)v=?

b. (xyz)(wvx)=?

c. xy(zwv)(xz)=?

d. xy(zwv)xz=? Nota: la respuesta es diferente de la de c.

e. x(y(zwv))xz=?

f. ¿Es lo siguiente verdadero o falso?

xyz(AB)=(xyz)(AB)

g. Supongamos que A1=A2, ¿Podemos concluir que BA1=BA2? ¿Podemos concluir que A1B=A2B?

h. Supongamos que xy=z. ¿Cuál de las siguientes conclusiones es válida? Nota: tramposo e importante.

1. xyw=zw

2. wxy=wz

Respuestas:

a. xy(zwy)v=((xy)((zw)y))v

b. (xyz)(wvx)=((xy)z)((wv)x)

c. xy(zwv)(xz)=(Cxy)C(zw)v))(xz)

d. xy(zwv)xz=(((xy)((zw)v))x)z

e. x(y(zwv))xz=((x(y((zw)v)))x)z

f. Verdadero; ambos lados se reducen a ((xy)z(AB).

g. Ambas conclusiones son válidas.

h. Supongamos xy=z.

1. xyw=zw dice que (xy)w=zw, y esto es correcto, porque los pájaros (xy) y xy son idénticos, y sabemos que xy=z y por lo tanto (xy)=z.

2. wxy=wz dice que (wx)y=wz, y esto ciertamente no se sigue del hecho de que xy=z. Lo que sí se sigue w(xy)=wz, pero esto es muy distinto a (wx)y=wz.

De modo que la primera conclusión se sigue, pero la segunda no.

Pájaros azules

“Ahora que hemos superado estos preliminares”, dijo Bravura, “podemos ocuparnos de cosas más interesantes acerca de este bosque”.

“Como le he dicho, aquí hay muchos pájaros fascinantes. Uno de importancia básica es el pájaro azul, por el que designo a un pájaro B tal que para todos los pájaros x, y, z, vale lo siguiente:

Bxyz=x(yz).”

“En una notación sin abreviar,” dijo Bravura, “hubiera escrito: ((Bx)y)z=x(yz). Sin embargo, encuentro mucho más fácil de leer la expresión: Bxyz=x(yz)”.

1

“¿Por qué son de importancia básica los pájaros azules?”, preguntó Craig.

“Por muchas razones, como verá”, respondió Bravura. “Por ejemplo, si un bosque contiene un pájaro azul —cosa que afortunadamente ocurre en este bosque— entonces debe valer la ley de composición básica: dados dos pájaros cualesquiera C y D, existe un pájaro E que compone C con D. ¿Puede ver por qué?”

Nota: recordemos del Capítulo 8 que si E compone C con D, esto implica que para todo pájaro x, Ex=C(Dx).

Solución

2 Pájaros azules y pájaros imitadores

“Supongamos”, dijo Bravura, “que un bosque de pájaros contiene un pájaro azul B y un pájaro imitador M. Como B está presente, vale la ley de composición, como hemos visto recién. Por lo tanto, como usted sabe, se sigue que todo pájaro x gusta de algún pájaro. Sin embargo, como B está presente, se puede describir una expresión en términos de x, B, y M que designe un pájaro del que gusta x. ¿Sabe cómo escribir tal expresión?”

Solución

3 Egocéntrico

“Dado un pájaro azul B y un pájaro imitador M”, dijo Bravura, “¿sabe cómo escribir una expresión para un pájaro egocéntrico?”

Solución

4 Incurablemente egocéntrico

“Ahora”, dijo Bravura, “supongamos que un bosque contiene un pájaro azul B, un pájaro imitador M y un cernícalo K. Trate de escribir una expresión en términos de B, M y K para un pájaro incurablemente egocéntrico.

Solución

Algunos derivados del pájaro azul

“Y ahora”, dijo Bravura, “olvidémonos por un momento de los pájaros imitadores y de los cernícalos y concentrémonos solamente en el pájaro azul B. A partir exclusivamente de este pájaro se derivan muchos otros. No todos estos pájaros son de gran importancia, pero muchos de ellos le aparecerán de tanto en tanto en su estudio”.

5 Palomas

“Por ejemplo, un pájaro bastante importante es la paloma, por el que designamos un pájaro D tal que dados cuatro pájaros cualesquiera x, y, z, w, se cumple la condición siguiente:

D: xyzw=xy(zw).”

“El pájaro D puede derivarse sólo a partir de B. ¿Puede ver cómo?”

Solución

6 Pájaro negro

“Entonces”, dijo Bravura, “hay un Pájaro negro —un pájaro B1— tal que dados cuatro pájaros cualesquiera x, y, z, w, se cumple la siguiente condición:

B1xyzw=x(yzw).”

“Demuestre que todo bosque que contiene un pájaro azul debe contener también un pájaro negro.”

“Por supuesto”, agregó Bravura, “para derivar un pájaro azul de un pájaro negro, si le resulta útil puede usar la paloma D, dado que ya sabe cómo derivar D a partir de B”.

Solución

7 Águilas

“Luego está el águila”, dijo Bravura, “por el que designamos un pájaro E tal que dados cinco pájaros x, y, z, w, v se cumplen las condiciones siguientes:

Exy zwv=xy(zwv) “.

“El águila puede derivarse exclusivamente a partir del pájaro B. ¿Puede ver cómo? Nuevamente, su derivación se simplificará si usa pájaros ya derivados de B.”

Solución

8 Calandrias

“Una calandria”, dijo Bravura, “es un pájaro B2 tal que dados cinco pájaros cualesquiera x, y, z, w, v se satisface la siguiente condición:

B2xyzwy=x(yzwv)”.

“Dado B, encuentre una calandria B2.”

Solución

9 Tijeretas

Bravura continuó: “Por una tijereta designamos un pájaro D1 que satisface la siguiente condición:

D1xyzwv=xyz(wv)”.

“Muestre cómo una tijereta D1 puede derivarse de un pájaro azul B.”

Solución

10 Gorriones

“Además está el gorrión,” dijo Bravura, “que es un pájaro B3 tal que para todos los pájaros x, y, z, w se cumple la siguiente condición:

B3xyzw=x(y(zw))”.

“¿Puede ver cómo derivar un gorrión a partir de un pájaro azul y de cualquier otro pájaro ya derivado de B?”.

Solución

11 Búhos

“Luego está el búho,” dijo Bravura, “que es un pájaro D2 que satisface la condición siguiente:

D2xyzwv=x(yz)(wv) “.

“¿Puede ver cómo derivar un búho D2 a partir de un pájaro azul B?”

Solución

12 Águilas calvas

“Y ahora”, dijo Bravura, “dado un pájaro azul B, trate de derivar un águila calva, es decir, un pájaro E tal que para todos los pájaros x, y1, y2, y3, z1, z2, z3, se cumple la siguiente condición:

Exy1y2y3z1z2z3=x(y1y2y3)(z1z2z3)”.

Solución

“Creo que ha tenido suficientes problemas por el día de hoy”, dijo Bravura. “Ya hemos derivado ocho pájaros a partir de un pájaro B. Podríamos derivar muchos más, pero creo que usted ya ha visto lo suficiente para tener una buena idea acerca del comportamiento del pájaro azul. Todos estos pájaros —incluyendo B— pertenecen a una familia de pájaros llamados compositores. Sirven para introducir paréntesis. Los dos únicos pájaros que usted necesita recordar son el pájaro azul B y la paloma D; son estándar en la literatura de lógica combinatoria. Los otros siete pájaros no tienen nombres conocidos, pero me pareció conveniente bautizarlos, ya que algunos de ellos volverán a aparecer.”

“Mañana le hablaré acerca de otros pájaros diferentes.”

Otros pájaros

El inspector Craig volvió temprano a la mañana siguiente. Se sorprendió al encontrar al profesor Bravura en el jardín, sentado a la mesa con papel, lápices y pilas de notas. Dos tazas de café caliente y humeante se hallaban sobre la mesa.

13 Pájaro cantor

“Es una mañana demasiado hermosa para trabajar adentro”, dijo Bravura. “Por otra parte, así podré mostrarle alguno de los pájaros sobre los cuales hablamos.”

“¡Allí va un pájaro cantor!” dijo Bravura. “Este pájaro W es importante y es estándar en lógica combinatoria. Se define por la siguiente condición:

Wxy=xyy.”

“No confunda esto con la alondra L”, advirtió Bravura. “Recuerde, Lxy=x(yy) considerando Wxy=xyy. Estos son pájaros muy diferentes.”

“Tengo un lindo problemita para usted”, continuó Bravura. “Pruebe que un bosque que contiene un pájaro cantor W y un cernícalo K debe contener un pájaro imitador M.”

Después de un rato, Bravura dijo: “Veo que se halla en dificultades. Le daré primero dos problemas más simples.”

14

“Demuestre que a partir de un pájaro cantor W y un pájaro identidad I se puede obtener un pájaro imitador.”

Craig resolvió esto con relativa facilidad.

15

“Demuestre ahora que a partir de un pájaro cantor W y un cernícalo K se puede obtener un pájaro identidad.”

“Oh, sé cómo se hace”, dijo Craig.

Soluciones 13, 14 y 15

16 Cardenales

En ese preciso instante, apareció un brillante pájaro rojo.

“Un cardenal”, dijo Bravura. “Uno de mis pájaros favoritos. Este también juega un papel básico en lógica combinatoria. El cardenal C se define por la siguiente condición:

Cxyz=xyz.”

“El cardenal pertenece a una importante familia de pájaros conocida como pájaros permutadores. Como se puede ver en la ecuación de más arriba, las variables y y z se. hallan permutadas.”

“Ahí va un problema fácil para usted”, dijo Bravura. “Pruebe que un bosque que contiene un cardenal y un cernícalo debe contener un pájaro identidad.”

Solución

17 Zorzales

“Un pájaro íntimamente relacionado con el cardenal es el zorzal”, dijo Bravura. “Justo allí hay uno! Un zorzal T se define por la siguiente condición:

Txy=yx.”

“El zorzal es el más simple de los pájaros permutadores”, dijo Bravura. “Se puede derivar a partir de un cardenal C y un pájaro identidad I. ¿Puede demostrar cómo?”

Solución

18 Pájaros conmutativos

“Dos pájaros x e y se dicen conmutativos”, dijo Bravura, “si xy=yx. Esto quiere decir que es lo mismo gritarle y a x, que x a y, uno obtiene la misma respuesta en ambos casos”.

“Sé algo interesante acerca de los zorzales”, dijo Bravura. “Si un bosque contiene un zorzal, y si todo pájaro del bosque gusta de algún pájaro, entonces debe haber por lo menos un pájaro A que conmute con todo pájaro. ¿Se imagina cómo demostrar esto?”

Solución

19

“Dado un pájaro azul B, un zorzal T y un pájaro imitador M”, dijo Bravura, “encuentre un pájaro que conmute con todos los pájaros”.

Solución

Pájaros azules y zorzales

“Los pájaros azules y los zorzales trabajan muy bien juntos”, dijo Bravura. “A partir de estos dos pájaros se puede derivar una variedad completa de pájaros conocida como pájaros permutadores. Por ejemplo, a partir de un pájaro azul B y un zorzal T, se puede derivar un cardenal; esto fue descubierto por el lógico Alonzo Church en 1941.”

“Parece interesante”, dijo Craig. “¿Cómo se hace?”

“La construcción es un poco tramposa”, dijo Bravura. “La expresión de Church para un cardenal C en términos de B y T tiene ocho letras, y dudo que pueda tener menos. Le simplificaré el problema derivando primero otro pájaro útil por sí mismo.”

20 Petirrojos

“A partir de B y T”, dijo Bravura, “podemos derivar un pájaro R llamado petirrojo que satisface la condición siguiente:

Rxyz=yzx”.

“Dado un pájaro azul y un zorzal, ¿sabe cómo se puede derivar un petirrojo?”

Solución

21 Petirrojos y cardenales

“Y ahora, partiendo únicamente del petirrojo, podemos derivar un cardenal. ¿Puede ver cómo? La solución es muy bonita.”

Una pregunta con premio. “Juntando los últimos dos problemas”, dijo Bravura “se ve cómo derivar C de B y T. Sin embargo, la solución así obtenida contiene nueve letras. Se puede acortar en una letra. ¿Puede ver cómo?”

Solución

22 Dos leyes útiles

“Las dos leyes siguientes son útiles”, dijo Bravura. “Llamemos R a BBT y C a RRR. Demuestre que para todo pájaro x, valen los siguientes hechos:

a. Cx=RxR

b. Cx=B(Tx)R.”

Solución

23 Una pregunta

“Acaba de ver que un cardenal puede derivarse a partir de un petirrojo. ¿Se puede derivar un petirrojo de un cardenal?”

Solución

24 Jilgueros

“¡Ahí va un jilguero!” dijo Bravura. “Un jilguero es un pájaro F que satisface la condición siguiente:

Fxyz=zyx.”

“El jilguero es, por supuesto, otro pájaro permutador, y también puede derivarse de B y T. Esto se puede hacer de varias maneras. Por ejemplo, un jilguero se puede derivar fácilmente de un pájaro azul, un petirrojo y un cardenal, y por lo tanto, de un pájaro azul y un petirrojo o de un pájaro azul y un cardenal. ¿Puede ver cómo?”

Solución

25

“Alternativamente, un jilguero se puede derivar de un zorzal T y de un águila E. ¿Puede ver cómo?”

Solución

26

“Ahora disponemos de dos métodos para expresar un jilguero en términos de un pájaro azul y un zorzal. Verá que uno de ellos conduce a una expresión mucho más corta que el otro.”

Solución

27 Oropéndolas

“¡Ahí va una oropéndola!”, dijo Bravura, bastante excitado. “Si algún día llega a estudiar la relación entre los pájaros combinatorios y la aritmética —como sin duda lo hará— descubrirá que la oropéndola es de importancia básica. La oropéndola V es también un pájaro permutador y se define por la condición siguiente:

Vxyz=zxy.”

“La oropéndola tiene una especie de efecto contrario al del petirrojo”, comentó Bravura. “Este pájaro también es derivable de B y T. Una manera es derivarlo del cardenal y del jilguero. ¿Puede ver cómo?”

Solución

28

“¿Cómo expresaría de la forma más fácil una oropéndola en términos de un jilguero y un petirrojo?”, preguntó Bravura. “Se puede hacer mediante una expresión de tres letras solamente.”

Solución

29 Una pregunta

“Le mostraré más tarde otra manera de derivar una oropéndola”, dijo Bravura. “Mientras tanto, me gustaría hacerle una pregunta. Usted ha visto que una oropéndola es derivable de un cardenal y un jilguero. ¿Un jilguero es derivable de un cardenal y de una oropéndola?”

Solución

30 Una curiosidad

“Otra curiosidad”, dijo Bravura. “Muestre que todo bosque que contiene un petirrojo y un cernícalo debe contener también un pájaro identidad.”

Solución

Algunos parientes

Era cerca del mediodía y la señora Bravura —una dama veneciana extremadamente hermosa, delicada y fina— sirvió un magnífico almuerzo. Después de esta comida principesca, continuó la lección.

“Ahora me gustaría hablarle de algunos parientes útiles del cardenal, el petirrojo, el jilguero y la oropéndola”, dijo Bravura. “Todos ellos pueden derivarse partiendo únicamente de los dos pájaros B y T, de hecho de B y C.”

31 El pájaro C*

“El primero es el pájaro C*, llamado cardenal quitado una vez, que satisface la condición siguiente:

C*xyzw=xywz.”

“Note”, dijo Bravura, “que en esta ecuación, si borramos x de ambos miembros, y también borramos el asterisco, obtendremos el enunciado verdadero Cyzw=ywz”.

“Esta es la idea detrás del término ‘quitado una vez’. El pájaro C* es como C, excepto que su acción es ‘diferida’ hasta que salteamos x; luego ‘actuamos’ en la expresión yzw como si estuviéramos usando un cardenal.”

“Ahora vea si puede derivar C* de B y C. Es bastante fácil.”

Solución

32 El pájaro R*

“El pájaro R* —el petirrojo quitado una vez— tiene con R la misma relación que C* tiene con C. Se define por la condición siguiente.

R*xyzw=xzwy.”

“Muestre que R* es derivable de B y C, y por lo tanto, también de B y T.”

Solución

33 El pájaro F*

“Por un jilguero quitado una vez entendemos un pájaro F* que satisface la condición siguiente:

F*xyzw=xwzy.”

“Derive ahora P a partir de pájaros derivables de B y C.”

Solución

34 El pájaro V*

“Finalmente, tenemos la oropéndola quitada una vez: un pájaro V* que satisface la condición siguiente:

V*xyzw=xwzy.”

“Muestre cómo derivar V* a partir de pájaros derivables de B y C.”

Solución

35 Quitados dos veces

“Dados pájaros B y C, encuentre pájaros C**, R**, P* y V** tales que para pájaros cualesquiera x, y, z1, z2, z3 valgan las condiciones siguientes:

C**xyz1z2z3=xyz1 z3z2

R**xyz1z2z3=xyz2z3z1

F**xyz1z2z3=xyz3z2z1

V**xyz1z2z3=xyz3z1z2”

“Estos son los pájaros C, R, F, V quitados dos veces. Serán útiles en alguna ocasión.”

Solución

36 Oropéndolas otra vez

“Ha visto que la oropéndola es derivable del cardenal y el jilguero. También es derivable de los dos pájaros C* y T. ¿Puede ver cómo?”

Solución

Pájaros raros

“Y ahora”, dijo Bravura, “nos ocuparemos de una interesante familia de pájaros que introducen paréntesis y permutan. Todos son derivables de B y T”.

37 Pájaros raros

“El miembro más importante de la familia es el pájaro raro Q, que se define por la condición siguiente:

Qxyz=y(xz).”

“Como puede ver, Q introduce paréntesis y también permuta el orden de las letras x e y.”

“Vale la pena comparar Q con el pájaro azul B: dados dos pájaros cualesquiera x e y, el pájaro Bxy compone x con y, mientras que Qxy compone y con x.”

“El pájaro Q es fácilmente derivable de B y de otro pájaro que usted ya ha derivado de B y T. ¿Puede ver de qué pájaro y cómo?”

Solución

38 Pájaros quijotescos

“El pájaro raro Q tiene varios primos; tal vez el más importante sea el pájaro quijotesco Q1 definido por la condición:

Q1Xyz=x(zy).”

“Muestre que Q1 es derivable de B y T. Otra vez puede usar, por supuesto, cualquier pájaro derivado a partir de B y T.”

Solución

39 Pájaros burlones

“También tenemos al pájaro burlón Q2, otro primo de Q. Se define por la condición:

Q2xyz=y(zx).”

“Muestre que Q2 es derivable de B y T.”

Solución

40 Un problema

“Aquí va un pequeño problema para usted”, dijo Bravura. “Supongamos que nos dicen que cierto bosque de pájaros contiene un cardenal, pero no nos dicen si contiene un pájaro azul o un zorzal. Demuestre que si el bosque contiene un pájaro quijotesco o un pájaro burlón, también debe contener al otro.”

Solución

41 Pájaros sutiles

“Otro primo de Q es el pájaro sutil Q3, definido por la condición siguiente:

Q3xyz=z(xy).”

“Muestre que Q3 es derivable de B y T.”

Solución

42 Pájaros charlatanes

“El último primo de Q es el pájaro charlatán Q4 definido por la condición siguiente:

Q4xyz=z(yx).”

“¡Qué nombre raro!” exclamó Craig.

“Yo no lo bauticé; se llama así en homenaje a cierto Profesor Charla, que lo descubrió. De todos modos ¿puede ver cómo derivarlo de B y T?”

Solución

43 Un viejo proverbio

“Hay un viejo proverbio”, dijo Bravura, “que afirma que si hay un cardenal, entonces no puede haber un pájaro sutil sin un pájaro charlatán, ni un pájaro charlatán sin un pájaro sutil. Si tal proverbio no existe, debería existir. ¿Puede ver por qué el proverbio es cierto?”

Solución

44 Una pregunta

“¿Un pájaro charlatán es derivable de Q1 y T?”

Solución

45 Un hecho interesante acerca del pájaro raro Q

“Usted ya ha visto que el pájaro raro Q es derivable del pájaro azul B y del zorzal T. Sería interesante que alternativamente derivara el pájaro azul B del pájaro raro Q y del zorzal T. ¿Puede ver cómo? El método es un poco tramposo.”

Solución

46

“Se puede derivar un cardenal C de Q y T más fácilmente que de B y T: de hecho se necesita una expresión de sólo cuatro letras. ¿Puede encontrarla?”

Solución

47 Jilgueros dorados

“Otro pájaro derivable de B y T al que he encontrado útil es el jilguero dorado G, que se define por la condición siguiente:

Gxyzw=xw(yz).”

“¿Puede ver cómo derivarlo de B y T?”

Solución

“Podríamos seguir derivando interminablemente pájaros a partir de B y T”, dijo Bravura, “pero está haciendo frío y la señora Bravura nos ha preparado una buena cena. Mañana le hablaré de otros pájaros”.

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Soluciones Cap. 11

1. Dado un pájaro azul B, debemos demostrar que dados dos pájaros C y D, existe un pájaro E que compone C con D. Bien, BCD es ese pájaro E, porque para todo pájaro x (BCD)x=((BC)D)x=C(Dx). Por consiguiente, BCD compone C con D.

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2 . Hemos visto en la solución del Problema 1 del Capítulo 9 que si y es un pájaro que compone x con M, entonces x gusta del pájaro yy. Ahora, BxM compone x con M (por el problema anterior), y por lo tanto, x debe gustar de (BxM)(BxM).

Verifiquémoslo:

(BxM)(BxM)=BxM(BxM)=x(M(BxM))=x((BxM)(BxM)),

porque M(BxM)=(BxM(BxM)).

De modo que (BxM)(BxM)=x((BxM)(BxM)),

o lo que es lo mismo, x((BxM)(BxM))=(BxM)(BxM),

lo que significa que a x le gusta el pájaro (BxM)(BxM).

La expresión (BxM)(BxM) puede ser abreviada a M(BxM).

De modo que x gusta de M(BxM).

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3 . Acabamos de ver que cualquiera sea el pájaro x, x gusta de M(BxM). Si tomamos como x el pájaro imitador M, entonces M gusta de M(BMM).

Ahora bien, en la solución del Problema 2 del Capítulo 9, vimos que todo pájaro que le gusta al pájaro imitador debe ser egocéntrico. Por lo tanto, M(BMM) es egocéntrico.

Verifiquémoslo:

M(BMM)=(BMM)(BMM)=MM(BMM)=M(M(BMM))=(M(BMM))(M(BMM)). Y así vemos que M(BMM)=(M(BMM))(M(BMM)), o lo que es lo mismo,

(M(BMM))(M(BMM))=M((BMM)),

lo que dice que M((BMM)) es egocéntrico.

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4 . Como cualquiera sea el pájaro x, a x le gusta M(BxM), el cernícalo K es incurablemente egocéntrico, según la solución del Problema 9 del Capítulo 9, en la que vimos que todo pájaro que le gusta al cernícalo debe ser incurablemente egocéntrico.

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5 . A veces es más fácil resolver estos problemas hacia atrás. Estamos buscando un pájaro D tal que Dxyzw=(xy)(zw). Observemos la expresión (xy)(zw) y veamos cómo podemos volver a Dxyzw, donde D es el pájaro que buscamos. Consideremos la expresión (xy) como una unidad —llamémosla A— y así (xy)(zw)=A(zw), a la que reconocemos como BAzw, que es B(xy)zw. De modo que el primer paso de nuestro argumento “hacia atrás” es reconocer (xy)(zw) como B(xy)zw. Ahora, miramos el principio B(xy) de la expresión y lo reconocemos como BBxy. De modo que B(xy)zw es BBxyzw. Tomamos entonces BB como el pájaro D.

Ahora verifiquémoslo desarrollando el argumento hacia adelante.

Dxyzw

=BBxyzw, dado que D=BB.

=B(xy)zw, dado que BBxy=B(xy).

=(xy)(zw)=xy(zw).

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6 . Como ya hemos expresado la paloma D a partir de B, tenemos derecho a usarla. En otras palabras, en cualquier solución para B1 en términos de B y D, podemos reemplazar D por BB, y obtener así una solución exclusivamente en términos de B.

Trabajaremos otra vez hacia atrás.

x(yzw)=x((yz)w)=Bx(yz)w. Reconocemos Bx(yz) como DBxyz, y así Bx(yz)W=DBxyzw. Por lo tanto, x(yzw)=DBxyzw, o lo que es lo mismo, DBxyzw=x(yzw). Podemos tomar, por lo tanto, B1 como el pájaro DB. El lector podrá verificar la solución desarrollando el argumento hacia adelante.

En términos exclusivos de B, B1=(BB)B, lo que también puede ser escrito B1=BBB.

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7 . Usaremos el pájaro B1 hallado en el problema anterior. Nuevamente trabajaremos hacia atrás.

xy(zwv)=(xy)(zwv). Tomando (xy) como una unidad, vemos que (xy)(zwv)=B1(xy)zwv. También B1(xy)=BB1xy, de modo que B1(xy)zwv=BB1Xyzwv. Y así tomamos BB1 como el pájaro E.

En términos exclusivos de B, E=BB1=B(BBB).

Supongamos que queremos encontrar E directamente a partir de B, sin usar ningún pájaro derivado previamente de B. Podríamos proceder como sigue.

Observamos la expresión xy(zwv). Lo primero que tratamos de hacer es liberar la última letra v de los paréntesis.

Bien, xy(zwv)=(xy)((zw)v)=B(xy)(zw)v. Hemos liberado a v de paréntesis. Ahora trabajamos en la expresión B(xy)(zw), y nos gustaría liberar a W de paréntesis. Tomando la expresión B(xy) como una unidad, vemos que B(xy)(zw)=B(B(xy))zw. Hemos liberado w de paréntesis, y nos ha acompañado la suerte porque hemos liberado también z. Sólo resta trabajar B(B(xy)). Queremos liberar y de paréntesis, pero como está encerrada entre dos pares de paréntesis, la liberamos primero del par exterior. Bien, B(B(xy))=BBB(xy). Ahora consideramos BBB como una unidad y vemos que BBB(xy)=B(BBB)xy. Y así tomamos como E a B(BBB), que es la misma solución que obtuvimos antes.

En este análisis hemos duplicado prácticamente el trabajo de derivar el pájaro B1, y si este problema se hubiera planteado antes del Problema 6, esto es lo que hubiéramos debido hacer. La moraleja es que para resolver estos problemas, el lector debería espiar las soluciones de los problemas anteriores que puedan ser útiles.

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8 . Partiendo de cero, la solución sería larga. Usando el águila del problema anterior, la solución es fácil:

x(yzwv)=x((y zw)v)=Bx(y zw)v.

Pero Bx(yzw) es EBxyzw, de modo que Bx(yzw)v=EBxyzwv. Y así tomamos EB como B2.

En términos exclusivos de B, B2=B(BBB)B.

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9 . Hay dos maneras de atacar esté problema, y será interesante compararlas.

Nuestro primer método usa la paloma D. Ahora, xyz(wv)=(xy)z(wv). Considerando (xy) como una unidad, vemos que (xy)z(wv)=D(xy)zwv. Además D(xy)=BDxy, y así, D(xy)zwv=BDxyzwv. De modo que tomamos D1 como BD, lo que en términos de B es B(BB).

También podemos mirar el asunto de esta forma: xyz(wv)=(xyz)(wv). Tomando (xyz) como una unidad, vemos que (xyz)(wv)=B(xyz)wv. Reconocemos B(xyz) como B1xyz. En consecuencia, B1B es también una solución.

Ahora bien, B1=BBB, de modo que B1B=BBBB. Pero BBBB=B(BB), así que, en realidad, llegamos a la misma solución.

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10 . Usamos el pájaro D1 del problema anterior. Considerando (zw) como una unidad, x(y(zw))=Bxy(zw)=D1Bxyzw. De modo que tomamos D1B como B3.

En términos exclusivos de B, B3=B(BB)B.

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11 . Nuevamente, podemos proceder de dos maneras. Por un lado, si consideramos (yz) como una unidad, entonces x(yz)(wv)=Dx(yz)wv. Además Dx(yz)=DDxyz, y podemos tomar DD como D2, lo que en términos de B es BB(BB).

Por otro lado, podemos considerar x(yz) como una unidad y ver que x(yz)(wv)=B(x(yz))wv. Pero B(x(xy))=B3Bxyz, de modo que B3B es también una solución.

En realidad es la misma solución, dado que

B3B=B(BB)BB=BDBB=D(BB)=DD que a su vez es BB(BB).

Advertimos que hemos probado un resultado más fuerte del que buscábamos: nos pedían derivar D2 a partir de B, pero de hecho hemos logrado derivarlo a partir de D, ya que D2=DD. En consecuencia, si no nos dicen que el bosque contiene un pájaro azul y en cambio nos dan la condición más débil de que contiene una paloma, ésta sería suficiente para deducir que el bosque contiene búhos.

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12 . Probaremos este resultado más fuerte: si el bosque contiene un águila (sin que necesariamente contenga un pájaro azul) entonces debe contener un águila calva.

Considerando (y1y2y3) como una unidad,

vemos que x(y1y2y3)(z1z2z3)=Ex(y1y2y3)z1z2z3.

Pero Ex(y1y2y3)=EExy]y2y3,

y así x(y1y2y3)(z1z2z3)=Ex(y1y2y3)z1z2z3=EExy1y2y3z1z2z3.

Y así tomamos EE como Ê.

En términos de B, el pájaro EE es B(BBB)(B(BBB)).

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13, 14 y 15 . Primero haremos el Problema 14: dados W e I, el pájaro WI es un pájaro imitador porque para todo x, WIx=Ixx=xx, dado que Ix=x.

Ahora, el Problema 15: dados W y K, el pájaro WK es un pájaro identidad, porque para todo pájaro x, WKx=Kxx=x.

Juntando estos dos problemas, WK es un pájaro identidad, y por lo tanto W(WK) debe ser un pájaro imitador por el Problema 14. Verifiquémoslo:

W(WK)x=WKxx=(WKx)x=(Kxx)x=:xx

Sí, W(WK) es un pájaro imitador. Esto resuelve el Problema 13.

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16 . Para cualquier pájaro A, el pájaro CKA es un pájaro identidad, porque para todo pájaro x, CKAx=KxA=x. Así, por ejemplo, CKK es un pájaro identidad; también lo es CKC.

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17 . CI es un zorzal, porque para cualquier par de pájaros x e y, CIxy=Iyx=yx.

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18 . La condición del problema implica que el zorzal T gusta de un pájaro A, o sea TA=A. Entonces, para todo pájaro x, TAx=Ax. Además TAx=xA, ya que T es un zorzal. Por consiguiente Ax=xA, de modo que A conmuta con cualquier pájaro x.

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19 . Dados el pájaro azul B y el pájaro imitador M, al igual que el zorzal T, sabemos a partir del Problema 2 de este capítulo que T gusta del pájaro M(BTM). Recordemos que para todo pájaro x, x gusta de M(BxM). En consecuencia, de acuerdo con el problema anterior, M(BTM) conmuta con cualquier pájaro.

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20 . Trabajaremos en este problema hacia atrás: yzx=Tx(yz). Recordemos a la paloma D y vemos que Tx(yz)=DTxyz. Por lo tanto tomamos DT como R. En términos exclusivos de B y T, R=BBT.

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21 . Trabajando hacia atrás, con un solo petirrojo disponible, la solución se nos impone. Queremos obtener xzy en la posición xyz. Bien, xzy=Rxyz: —¿qué otra cosa podemos hacer? Ahora, Ryx=RxRy—, otra vez ¿qué otra jugada podríamos haber hecho? Finalmente, RxR=RRRx.

Volviendo sobre nuestros pasos, RRRx=RxR, por lo tanto RRRxy=RxRy=Ryx. Como RRRxy=Ryx, entonces RRRxyz=Ryxz=xzy. En consecuencia podemos tomar RRR como nuestro cardenal C.

Pregunta con premio: Escrito en términos de B y T,

C=(BBT)(BBT)(BBT).

Esta expresión se puede acortar en una letra: C=RRR=BBTRR=B(TR)R, ya que BBTR=B(TR). De modo que C=B(T(BBT))(BBT).

La expresión B(T(BBT))(BBT) tiene solamente ocho letras y es la expresión de Alonzo Church para el cardenal. Personalmente, encuentro más fácil recordar el cardenal como RRR.

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22 . a. Cx=RRRx=RxR.

b. Como Cx=RxR y R=BBT, entonces Cx=BBTxR=B(Tx)R.

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23 . Sí; CC es un petirrojo, porque CCxy=Cyx, por consiguiente CCxyz=Cyxz=yzx.

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24 . Trabajamos hacia atrás: zyx=Rxzy=(Rx)zy=C(Rx)yz=BCRxyz. Tomamos entonces BCR como F.

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25 . Podemos analizar la situación de esta manera:

zyx=Tx(zy)=Tx(Tyz)=ETxTyz=(ETx)Tyz=TT(ETx)yz,

porque (ETx)T=TT(ETx).

Continuando, TT(ETx)=ETTETx,

y por lo tanto TT(ETx)yz=ETTETxyz.

En consecuencia tomamos ETTET como F.

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26 . Si tomamos BCR como F, como en el Problema 24, entonces, en términos de B y T, el pájaro F=B(B(T(BBT))(BBT))(BBT).

Obtenemos una solución más corta si expresamos F como ETTET y luego reducimos a B y T. Esto se hace como sigue:

ETTET=B(BBB)TTET, porque E=B(BBB).

Ahora,

B(BBB)TTET=BBB(TT)ET=B(B(TT))ET=B(TT)CET)=B(TT)(BCBBB)T). Y así obtenemos una solución cuatro letras más corta.

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27 . zxy=Fyxz=CFxyz, porque Fyx=CFxy. Tomamos entonces CF como V.

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28 . De acuerdo con la ley a. enunciada en el Problema 22, CF=RFR, y CF es una oropéndola. Así RFR es una oropéndola.

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29 . Sí; CV es un jilguero, porque CVxyz=Vyxz=zyx.

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30 . Para todo pájaro A, el pájaro RAK es un pájaro identidad, porque RAKx=KxA=x. Así, por ejemplo RRK y RKK son ambos pájaros identidad.

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31 . xywz=(xy)wz=C(xy)zw=BCxyzw. Y así tomamos BC como C*.

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32 . Podemos obtener el pájaro R* simplemente de C*: xzwy=C*xzyw. También C*xzy=C*C*xyz, por lo tanto C*xzyw=C*C*xyzw. Por lo tanto, xzwy=C*C*xyzw. Tomamos entonces C*C* como R*.

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33 . Podemos obtener F* a partir de B, C* y R* como sigue: xwzy=R*xywz=(R*x)ywz=C*(R*x)yzw=BC*R*xyzw, ya que C*(R*x)=BC*R*x, de modo que tomamos BC*R* como F*.

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34 . Así como obtuvimos V a partir de C y F (V=CF), podemos obtener V* a partir de C* y F*.

xwyz=F*xzyw=C*F*xyzw, porque F*xzy=C*F*xyz. Tomamos C*F* como V*.

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35 . El secreto es aquí notablemente simple. Tomemos BC* como C**; BR* como R**; BF* como F** y BV* como V**.

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36 . C*T es una oropéndola, porque C*Txyz=Txzy=zxy. Esto dice que BCT es una oropéndola.

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37 . Podemos obtener Q a partir de un pájaro azul B y de un cardenal C como sigue:

y(xz)=Byxz=CBxyz, ya que Byx=CBxy.

Tomamos entonces CB como Q.

En términos de B y T,

Q=CB=RRRB=RBR=BBBTBR=B(TB)R=B(TB)(BBT).

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38 . Encontramos ahora un buen uso para los pájaros con asterisco de “algunos parientes de los pájaros azules y los zorzales”. x(zy)=Bxzy=C*Bxyz. Tomamos por lo tanto C*B como Q1. En términos de B y C, tomamos BCB como Q1.

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39 . y(zx)=Byzx=R*Bxyz. Podemos tomar entonces R*B como Q2. En términos de B y C, tomamos BC(BC)B como Q2 o más simplemente, C(BCB).

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40 . Supongamos que el bosque contiene un cardenal C. Si hay un pájaro quijotesco Q1, CQ1 debe ser un pájaro sutil, porque CQ1xyz=Q1yxz=y(zx). Por otra parte si hay un pájaro sutil Q2, CQ2 debe ser un pájaro quijotesco, porque CQ2xyz=Q2yxz=x(zy).

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41 . z(xy)=Bzxy=V*Bxyz. Podemos tomar entonces V*B como Q3.

Sin embargo, Q3 se puede obtener directamente de B y T en forma mucho más simple: z(xy)=T(xy)z=BTxyz. Y así es más fácil tomar BT como Q3.

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42 . z(yx)=Bzyx=F*Bxyz. Y así podemos tomar F*B como Q4. Del problema siguiente se obtiene otra solución.

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43 . Supongamos que hay un cardenal C. Si hay un pájaro sutil Q3, entonces CQ3 debe ser un pájaro charlatán, porque CQ3xyz=Q3yxz=z(yx). Por otro lado si hay un pájaro charlatán Q4, entonces CQ4 debe ser un pájaro sutil porque CQ4xyz=Q4yxz=z(xy).

Como BT es un pájaro sutil, entonces C(BT) es un pájaro charlatán y por lo tanto podemos tomar C(BT) en lugar de F*B como Q4.

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44 . Sí; Q1T es un pájaro charlatán, ya que Q1Txyz=T(yx)z=z(yx).

Como podemos tomar BCB como Q1, entonces Q1T=BCBT=C(BT), y obtenemos la misma solución que si tomamos CQ3 como Q4.

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45 . QT(QQ) es un pájaro azul porque

QT(QQ)xyz=QQ(Tx)yz=Tx(Qy)z=Qyxz=x(yz).

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46 . QQ(QT) es un cardenal, ya que

QQ(QT)xyz=QT(Qx)yz=Qx(Ty)z=Ty(xz)=(xz)y=xzy.

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47 . xw(yz)=Cx(yz)w=B(Cx)yzw=BBCxyzw. Tomamos entonces BBC como G.

El pájaro G tiene algunas propiedades curiosas, como veremos más adelante.

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12. Pájaros imitadores, pájaros cantores y estorninos

Más sobre pájaros imitadores

El inspector Craig volvió temprano a la mañana siguiente y encontró al profesor Bravura en el jardín. La primera cosa que le llamó la atención fue el canto de un pájaro distante que entonaba la canción más extraña que Craig hubiera escuchado jamás. Sonaba desarticulado; primero, una simple línea melódica y después, repentinamente, un trino en un tono totalmente desafinado.

“¿Nunca había escuchado antes a un pájaro imitador?” preguntó Bravura, que había notado que Craig se hallaba atónito.

“No. Es un sonido muy raro.”

“Bien”, dijo Bravura, “el pájaro imitador recuerda partes de los cantos de los otros pájaros y no siempre los combina en la forma más lógica. Debo decir, que este pájaro imitador es el que suena de la forma más salvaje de todos los que he escuchado”.

“Déjeme contarle algunas propiedades combinatorias del pájaro imitador M”, continuó Bravura. “Tiene lo que se denomina un efecto duplicador, que causa la repetición de las variables. Esta característica la comparte con la alondra y el pájaro cantor. Ningún pájaro que se derive a partir de B y T puede tener un efecto duplicador, así que el pájaro imitador es independiente de ellos: no se deriva de B y T. Pero, a partir de los tres pájaros B, T y M, se puede derivar una variedad de pájaros.”

1 El pájaro M2

“Un ejemplo muy simple pero útil es el pájaro M2 —al que a veces llamo pájaro imitador ‘doble’— que se define por la condición:

M2xy=xy(xy).”

“Este pájaro se puede derivar a partir de B y M. Esto es obvio ¿no es cierto?”

Solución

2 Alondras

“Usted recuerda la alondra L que satisface la condición Lxy=x(yy). Bien, L es derivable de B, T y M. Una manera es derivarla de B, C y M o de B, R y M. ¿Puede ver cómo?”

Solución

3

“Podría mencionar, de paso, que L es también derivable del pájaro azul B y del pájaro cantor W. ¿Puede ver cómo? Este hecho es muy importante.”

Solución

4

“Mi construcción favorita para la alondra”, dijo Bravura, “usa solamente el pájaro imitador M y el pájaro raro Q. Es también la más simple. ¿Puede ver cómo se hace?”

Solución

Pájaros cantores

En ese momento pasó volando un pájaro cantor.

“Dígame”, dijo Craig, “¿puede derivarse un pájaro cantor de B, T y M? Como se puede derivar una alondra, no me sorprendería que se pueda derivar un pájaro cantor”.

“Ah, ésa es una buena pregunta,” replicó Bravura, “y tiene una historia fascinante. El lógico Alonzo Church se interesó en la clase de los pájaros derivables de los cuatro pájaros B, T, M e I. Mi bosque resulta seguir el pensamiento de Church; todos mis pájaros son derivables de B, T, M e I. En 1941, Church mostró cómo derivar un pájaro cantor de B, T, M e I. Este método es extraño e ingenioso; su expresión para W en términos de B, T, M e I incluye 24 letras y trece pares de paréntesis. Se lo contaré en otra oportunidad”.

Nota al lector: discutiré este tema en algunos de los ejercicios de este capítulo.

“Poco después”, continuó Bravura, “el lógico J. Barkley Rosser encontró una expresión mucho más corta: diez letras. Mirando esa expresión, me di cuenta de que no usaba en absoluto el pájaro identidad I, por lo que su intuición era correcta: se puede derivar un pájaro cantor de B, T y M únicamente. Se puede derivar de manera más simple de B, C y M, y de manera más simple aun de B, C, R y M. Pero primero déjeme hablarle de otro pájaro estrechamente relacionado con W.”

5 El pájaro W’

“Muestre que de B, T y M puede derivarse un pájaro W’ que satisface la condición siguiente:

W’xy=yxy.”

“Podemos llamar a W’ pájaro cantor recíproco”, dijo Bravura. “Curiosamente W’ es más fácil de derivar que W. Es particularmente simple derivar W’ de B, R y M. ¿Puede ver cómo?”

Solución

6 El pájaro cantor

“Ahora que tenemos W’, es simple obtener W. De hecho, W puede derivarse de B, R, C y M usando una expresión de sólo cuatro letras. ¿Puede ver cómo?”

Solución

7

“Ahora exprese W en términos de B, T y M. Esto puede hacerse con una expresión de sólo diez letras, y hay dos de tales expresiones.”

Solución

8 Una pregunta

“Usted sabe que W es derivable de B, T y M. ¿Se puede derivar un pájaro imitador M a partir de B, T y un pájaro cantor W?”

Solución

9 Dos parientes de W

“Usaremos ocasionalmente el pájaro W* que satisface la condición W*xyz=xyzz. ¿Cómo se deriva W* de B, T y M? ¿Y qué pasa con un pájaro W** que satisface la condición W**xyzw=xyzww?”

Solución

10 Pájaros cantores y colibríes

“Otro pájaro al que le he encontrado utilidad es al colibrí H, definido por la condición siguiente:

Hxyz=xyzy.”

“Muestre que H es derivable de B, C y W, y por lo tanto de B, M y T.”

Solución

11 Colibríes y pájaros cantores

“También se puede derivar un pájaro cantor de B, C y H: de hecho se puede hacer a partir de C y H, y aún más simplemente de R y H. ¿Puede ver cómo?”

Solución

Estorninos

“Hace algún tiempo que estoy en este bosque”, dijo Craig, “y nunca vi un cernícalo. ¿Hay cernícalos aquí?”

“¡Absolutamente no!” gritó Bravura con inesperada ferocidad. “Los cernícalos no están permitidos en este bosque.”

Craig se sorprendió con la severidad de la respuesta de Bravura, y estaba a punto de preguntarle por qué no estaban permitidos los cernícalos, pero decidió que hacer esa pregunta podía ser una falta de tacto.

“Ahí va un estornino”, dijo Bravura más alegre. “Dígame, ¿piensa visitar el Bosque Maestro?”

“Planeaba visitar el Bosque de Curry”, dijo Craig.

“Debería hacerlo”, replicó Bravura. “Pero no debería detenerse allí sino continuar hasta llegar al Bosque Maestro. Pasará por varios bosques interesantes en el camino; antes de que se vaya, le dibujaré un mapa. Encontrará que su experiencia en el Bosque Maestro es verdaderamente educativa.”

“Entonces, definitivamente iré”, dijo Craig.

“¡Bien!”, replicó Bravura. “Pero debo prepararlo para su visita hablándole del estornino, ya que este pájaro cumple un papel importante en el Bosque Maestro.”

12 Estorninos

“Un estornino” dijo Bravura, “es un pájaro S que satisface la condición siguiente:

Sxyz=xz(yz)”.

“¿Por qué es tan importante este pájaro?” dijo Craig.

“Lo sabrá cuando llegue al Bosque Maestro”, replicó Bravura.

“De todos modos”, continuó, “debería saber que un estornino se puede derivar de B, T y M, y más fácilmente de B, C y W. La expresión estándar de S en términos de B, C y W tiene siete letras, pero he descubierto otra que tiene sólo seis. Le será útil usar el jilguero dorado G, que satisface la condición Gxyzw=xw(yz). El estornino S es fácilmente derivable de B, W y G”.

¿Cómo se hace esto?

Solución

El estornino en acción

“Ha visto ahora que S es derivable de B, C y W” dijo Bravura. “También es posible derivar W de B, C y S. De hecho, W es derivable de C y S solos, o alternativamente de R y S. Le mostraré también que W es derivable de T y S.”

13 De nuevo con los colibríes

“Recordará que el colibrí H se define por la condición Hxyz=xyzy. Ha visto que H es derivable de B, C y W. Necesitamos averiguar ahora si un colibrí es alternativamente derivable de S y C y aún más simplemente, de S y R. ¿Lo es?”

Solución

14

“Ahora escriba una expresión para un pájaro cantor en términos de S y R y una en términos de S y C.”

“Ahora ve”, dijo Bravura, “que la clase de pájaros derivables de B, C y S es la misma que la clase de pájaros derivable de B, C y W, ya que S es derivable de B, C y W, y W es derivable de C y S”.

Solución

15

“Como W es derivable de S y C, y C es derivable de B y T, entonces por supuesto W es derivable de B, T y S. Además, W es derivable sólo a partir de T y S. ¿Puede demostrar esto?”

Solución

16

“Pruebe que M es derivable de T y S.”

Solución

“Y ahora” dijo Bravura, “se ve que la clase de los pájaros derivables de B, T y W es la misma que la clase de los pájaros derivables de B, T y S, ya que S es derivable de B, T y W —es también derivable de B, C y W—, y en la otra dirección, W es derivable de T y S. Esta clase de pájaros es también la misma que la clase de los pájaros derivables de B, M y T, ya que W es derivable de B, M y T y en la otra dirección M es derivable de W y T, como hemos visto”.

“Más importante” dijo Bravura, “es el hecho de que la clase de los pájaros derivables de B, T, M e I es la misma que la dase de los pájaros derivables de B, C, W e I, ya que W es derivable de B, T y M, y en la otra dirección, T es derivable de C e I (recuerda que CI es un zorzal). Cada uno de estos grupos de cuatro pájaros forma una base para mi bosque, en el sentido de que todo pájaro es derivable de cualquiera de estas cuaternas. Alonzo Church prefirió tomar B, T, M e I como base; Curry prefirió la base B, C, W e I. Alternativamente, podríamos usar B, C, S e I, lo que es conveniente para algunos propósitos técnicos, pero aprenderá más sobre esto cuando llegue al Bosque Maestro”.

“Parto mañana”, dijo Craig. Le estoy muy agradecido por lo que me ha enseñado. Me será muy útil en el viaje que se avecina.”

“Ciertamente lo será”, dijo Bravura. “Fue un estudiante aplicado, y ha sido un gran placer contarle algo de lo que he aprendido sobre pájaros. Hay muchos más pájaros derivables de B, T, M e I, y estoy seguro de que le interesarán. Me parece que le daré estas derivaciones como ejercidos para trabajar en sus ratos libres. Encontrará muchos otros pájaros como estos en sus próximos viajes.”

“Como va a ir a pie, le llevará cerca de tres días llegar al Bosque de Curry. Este bosque se llama así por Haskell Curry, y este nombre es apropiado, ya que Curry fue un eminente lógico combinatorio y un ávido observador de pájaros. Después del Bosque de Curry llegará al Bosque de Russell, llamado así por Bertrand Russell. Luego llegará a otro bosque, veamos, no recuerdo su nombre. De todos modos el bosque siguiente es extremadamente interesante y su nombre se debe a Kurt Gödel. Estos cuatro bosques forman una cadena conocida como los Bosques de los Pájaros que Cantan. Del Bosque de Gödel le llevará dos días llegar al Bosque Maestro. Le deseo la mejor de las suertes.”

He aquí algunos de los ejercicios que Bravura le propuso a Craig. Al final del capítulo se dan esbozos de las soluciones.

Ejercicio 1 (modelado a partir de la derivación de Church de W):

a. De B y T, derivar un pájaro G1 que satisfaga la condición G1Xyzwv=xyv(zw).

b. De G1 y M derivar un pájaro G2 que satisfaga la condición G2xyzw=xw(xw)(yz).

c. De B, T e I, derivar un pájaro I2 tal que para todo pájaro x, I2x=xII.

d. Mostrar que para cualquier pájaro x, I2(Fx)=x donde F es un jilguero.

e. Mostrar ahora que G2F(QI2) es un pájaro cantor. Nota: Q es el pájaro extraño.

Ejercicio 2 (el estornino estándar): la expresión estándar para el estornino en términos de B, C y W es B(B(BW)C)(BB).

Ejercicio 3: un fénix es un pájaro Φ que satisface la condición Φxyzw=x(yw)(zw). El pájaro Φ es estándar en lógica combinatoria. Mostrar que Φ puede derivarse de S y B. Esto es tramposo. Una expresión de sólo cuatro letras funciona.

Ejercicio 4: Un pájaro psi es un pájaro ψ que satisface la condición ψxyzw=x(yz)(yw). El pájaro ψ es también estándar en lógica combinatoria. Mostrar que ψ es derivable de B, C y W. Una pista: sea H* un pájaro BH. El pájaro ψ es fácilmente derivable de H* y una paloma mensajera D2; recuerde que D2xyzwv=x(yz)(wv).

Ejercicio 5: Es un hecho curioso que ψ es derivable de B, Φ y de entre todos los pájaros, del cernícalo K. Dividiremos este problema en dos partes:

a. mostrar que a partir de Φ y B se puede obtener un pájaro Γ que satisface la condición Γrxyzwv=y(zw)(xywv).

b. mostrar que Y es derivable a partir de Γ y K.

Ejercicio 6.

a. Mostrar que a partir de S y de un pájaro ya derivado a partir de B y T podemos obtener un pájaro S’ que satisface la condición S’xyz=yz(xz).

b. Mostrar que un pájaro cantor es derivable de S’ y del pájaro identidad I.

Ejercicio 7: Existe un pájaro ▼ derivable a partir de Q solo, tal que C▼W es un estornino. ¿Puedo encontrarlo? La expresión tiene seis letras.

Soluciones ejercicios

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Soluciones Cap. 12

1 . xy(xy)=M(xy)=BMxy, y así tomamos como M2 a BM.

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2 . x(yy)=x(My)=BxMy=CBMxy, y así CBM es una alondra. Además, BxMy=RMBxy, y por lo tanto RMB también es una alondra.

Sabemos que BBT es un petirrojo R, y entonces BBTMB es una alondra. Además BBTM=B(TM), y por lo tanto B(TM)B es una alondra. Esta es una expresión de L bastante simple, en términos de B, T y M.

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3 . x(yy)=Bxyy=W(Bx)y=BWBxy. Por lo tanto, BWB es una alondra.

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4 . x(yy)=x(My)=QMxy, y así QM es una alondra.

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5 . M2R es un pájaro cantor recíproco porque M2Rxy=Rx(Rx)y=Rxyx=yxx.

En términos de B, M y R podemos tomar a W’ por BMR. En términos de B, M y T podemos tomar a W’ por BM(BBT).

También podríamos tomar a W’ por B(BMB)T, como el lector puede verificar.

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6 . CW’ es un pájaro cantor, porque CW’xy=W’yx=xyy. En términos de B, M, C y R podemos tomar a W por C(BMR). Esta es la expresión de Bravura para un pájaro cantor.

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7 . Ya hemos mostrado en el Problema 22 del último capítulo que para todo pájaro x, Cx=B(Tx)R. Por lo tanto B(TW’)R es un pájaro cantor. Si tomamos BM(BBT) por W’ y BBT por R obtenemos la expresión B(T(BM(BBT)))(BBT); ésta es la expresión de Bravura. Podríamos tomar alternativamente B(BMB)T por W’ y así obtener B(T(B(BMB)T))(BBT); esta es la expresión de Rosser para un pájaro cantor.

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8 . Sí. M puede derivarse de W y T, porque WTx=Txx=xx, y así WT es un pájaro imitador.

Ahora vemos que la clase de pájaros derivables a partir de B, T y M es la misma que la clase de los pájaros derivables a partir de B, T y W.

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9 . Tomar BW por W* y B (BW) por W**.

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10 . xyzy=C*xyyz=W*C*xyz. Por lo tanto, tomamos W*C* por H. En términos de B, C y W, H=BW(BC).

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11 . A partir de H y R derivamos primero el pájaro W’ Bien, yxx=Rxyx=HRxy.

Por lo tanto, HR es un pájaro cantor recíproco. Y así, C(HR) —o alternativamente R(HR)R— es un pájaro cantor.

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12 . W**G es un estornino porque W**Gxyz=Gxyzz=xz(yz). Así tomamos W**G por S, que en términos de B, C, y W es la expresión B(BW)(BBC).

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13 . Sí. SR es un colibrí porque SRxy=Ry(xy), y así

SRxyz=Ry(xy)z=xyzy.

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14 . Como SR es un colibrí, entonces de acuerdo con el Problema 11 R(SRR)R es un pájaro cantor. También C(SRR) es un pájaro cantor, y también lo es C(S(CC)(CC)).

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15 . Este es particularmente simple: ST es un pájaro cantor porque STxy=Ty(xy)=xyy.

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16 . Ya hemos visto que ST es un pájaro cantor. Además, como vimos en el Problema 8, para todo pájaro cantor W, el pájaro WT es un pájaro imitador. Por lo tanto, STT es un pájaro imitador.

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Soluciones a los ejercicios

Ej.1:

a. Tomemos G1=BG.

b. Tomemos G2=G1CBM).

c. Tomemos I2=B(TI)(TI).

Dejamos los dos últimos ejercicios al lector.

Ej.2: Queda para el lector.

Ej.3: Tomemos Φ=B(BS)B.

Ej.4: Tomemos ψ=H*D2

Ej.5:

a. Tomemos Γ=Φ(Φ(ΦB))B.

b. Γ(KK) es un pájaro psi.

Ej.6:

a. Tomemos S’=CS.

b. S’I es un pájaro cantor.

Ej. 7: Tomemos ▼=Q(QQ(QQ))Q.

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13. Una colección de pájaros sabios

Mientras el inspector Craig se dirige hacia el bosque de Curry nos tomaremos un descanso para observar una variedad de pájaros sabios. Pero primero hablaré de pájaros combinatorios en general.

Por un pájaro de orden 1 entendemos un pájaro A tal que para todo pájaro x, el pájaro Ax puede expresarse exclusivamente en términos de x. Por ejemplo, el pájaro imitador M es de orden 1 ya que Mx=xx, y la expresión xx no involucra la letra M; es una expresión en términos de la letra x. Otro ejemplo es el pájaro identidad I, ya que Ix=x. Los pájaros M e I son los únicos pájaros de orden 1 que hemos encontrado hasta ahora. Por supuesto, podríamos construir a partir de los pájaros del último capítulo una infinidad de pájaros de orden 1; podríamos considerar por ejemplo, un pájaro A tal que Ax=x(xx). El pájaro WL cumple esta condición. También podríamos construir un pájaro A tal que Ax=(x(xx))((xxx)x): ese pájaro sería también de orden 1.

Por un pájaro de orden 2 entendemos un pájaro A tal que Axy puede expresarse exclusivamente en términos de x e y. Ejemplos de pájaros de orden 2 son el zorzal T, la alondra L y el pájaro cantor W; estos tres pájaros son obviamente de orden 2.

Un pájaro de orden 3 es un pájaro A cuya definición involucra tres variables, digamos x, y yz. Por lo tanto, Axyz puede expresarse en términos de x, y y z exclusivamente. La mayoría de los pájaros que hemos encontrado hasta aquí son de orden 3: los pájaros B, C, R, F, V x, el pájaro raro Q y sus parientes Q1, Q2, Q3, Q4, son todos ejemplos de pájaros de orden 3.

Definimos del mismo modo los pájaros de orden 4, 5, 6, 7, 8, etc. Las palomas son de orden 4; el águila calva Ê es de orden 7.

Un pájaro que tiene un orden definido se dice un pájaro propiamente combinatorio, o más brevemente un pájaro propio. Por un pájaro combinatorio entendemos un pájaro expresable en términos de pájaros propios. No todo pájaro combinatorio es propio. Por ejemplo: los pájaros T e I son ambos propios; por lo tanto, TI es un pájaro combinatorio, pero no es propio, porque si lo fuera, ¿qué orden podría tener? No es de orden 1, porque TIx puede reducirse a xI, pero no es posible ninguna reducción más. TIxy puede expresarse como xIy, pero no nos hemos librado de I, de modo que TI no es de orden 2. Lo máximo que podemos hacer con TIxyz es expresarlo como xIyz, pero x se sigue interponiendo, de modo que no es posible una reducción posterior. Cualquiera sea el número de variables que agreguemos a la derecha de TIxyz, nunca podremos librarnos de I, de modo que TI no es de ningún orden, y por lo tanto no es un pájaro propio. Por otra parte IT sí que es propio pues IT=T.

Algunos pájaros sabios

Recordemos que un pájaro sabio es un pájaro Θ tal que para todo pájaro x, si uno le grita x a Θ, x responderá nombrando un pájaro que le gusta a x; en otras palabras, x (Θx)=Θx (a x le gusta Θx).

Los pájaros sabios no son pájaros propios. De todos modos, los pájaros sabios pueden expresarse en términos de pájaros propios; esto puede lograrse de varias maneras fascinantes. En el capítulo 10 nunca construimos un pájaro sabio; simplemente probamos que si el bosque cumplía con ciertas condiciones, entonces debía existir allí un pájaro sabio. Ahora veremos cómo encontrar pájaros sabios, sabiendo que existen ciertos pájaros propios.

1

Derivar un pájaro propio a partir del pájaro imitador M, el pájaro azul B, y el petirrojo R. Esto puede lograrse mediante una expresión de sólo cinco letras.

Solución

2

Encontrar una expresión de cinco letras para un pájaro sabio en términos de B, C y M.

Solución

3

Se logra una construcción más simple de un pájaro sabio a partir de un pájaro imitador, un pájaro azul y una alondra. ¿Cuál es?

Solución

4

Derivar un pájaro sabio a partir de un pájaro imitador, un pájaro azul y un pájaro cantor.

Solución

5

Un trabajo más difícil es derivar un pájaro sabio a partir de un pájaro azul, un cardenal y un pájaro cantor. Inténtelo. Se puede hacer de varias maneras, como veremos en el curso de este capítulo.

Solución

El pájaro raro entra en escena

Recordemos que el pájaro raro Q satisface la condición Qxyz=y(xz). Por lo tanto, Qxy compone y con x. Además vale que Qxyz=Byxz. El pájaro raro es muy útil en relación con los pájaros sabios.

6

Mostrar que se puede derivar un pájaro sabio a partir de un pájaro raro, una alondra y un pájaro cantor.

Solución

7

¿Puede resolver ahora el Problema 5?

Solución

8 Pájaros raros y pájaros imitadores

Hay una construcción muy prolija de un pájaro sabio usando solamente el pájaro raro Q y el pájaro imitador M. ¿Puede encontrarla?

Solución

Discusión: por un combinador regular entendemos un combinador propio tal que en su definición, la variable de la izquierda —digamos x— del primer miembro de la igualdad es también la variable de la izquierda del segundo miembro, y aparece una sola vez en este segundo miembro. Por ejemplo, el cardenal es regular: Cxyz=xzy, porque x es la variable de la izquierda del segundo miembro —xzy— y x aparece una sola vez en la expresión xzy. Por otra parte, el petirrojo R no es regular; Rxyz=yzx y x no es la variable de la izquierda de yzx. M es también irregular, porque x aparece dos veces en xx. Los combinadores B, C, W, L, S, I y K son todos regulares; los combinadores T, R, F, V y Q son todos irregulares.

En los problemas 1, 2, 3 y 4 hemos derivado un pájaro sabio a partir de tres combinadores propios; uno irregular —el pájaro imitador—y los otros dos regulares. En el Problema 7 hemos derivado un pájaro sabio de tres combinadores regulares. En el Problema 8 hemos derivado un pájaro sabio de dos combinadores irregulares. Veremos ahora que se puede derivar un pájaro sabio a partir de dos combinadores regulares, donde además, es más: de tal manera que cada uno de ellos es derivable de B, C y W.

El pájaro sabio de Curry

9 Estorninos y alondras

Mostrar que se puede derivar un pájaro sabio a partir de un estornino S y una alondra L.

Solución

10 El pájaro sabio de Curry

Mostrar ahora que se puede derivar un pájaro sabio a partir de un pájaro azul, un pájaro cantor y un estornino. Puede lograrse mediante una expresión de sólo cinco letras.

Solución

Nota: la solución del problema anterior provee una segunda solución al Problema 5, ya que S puede derivarse a partir de B, C y W.

El pájaro de Turing

Un pájaro que merece particular atención es el pájaro de Turing U, que se define por la condición siguiente:

Uxy=y(xxy).

Este pájaro fue descubierto por el lógico Alan Turing en el año 1937, y es uno de los pájaros más notables que existen. El lector verá pronto por qué.

11 En busca de un pájaro de Turing

Antes de decir por qué soy un admirador del pájaro de Turing, veamos si es posible encontrar uno, a partir de los pájaros B, M y T, y cualquier pájaro derivable de ellos. ¿Puede encontrar un pájaro de Turing?

Solución

12 Pájaros de Turing y pájaros sabios

La característica notable del pájaro de Turing U es que exclusivamente a partir de U se puede derivar un pájaro sabio; es más, esto se puede hacer del modo más simple y directo que pueda imaginarse. ¿Puede ver cómo?

Solución

Algunos problemas abiertos: Hemos visto que se puede derivar un pájaro sabio a partir de un solo combinador propio, el pájaro de Turing U. Por supuesto, U no es regular. ¿Se puede derivar un pájaro sabio a partir de un solo combinador regular? Lo dudo, pero no puedo probar que la respuesta es negativa. ¿Se puede derivar un pájaro sabio a partir de B y de otro combinador regular? Esta es otra pregunta que no he sido capaz de contestar. Hasta donde sé, estos dos problemas permanecen abiertos, aunque no revisé la bibliografía lo suficiente como para poder asegurarlo.

Búhos

13 Búhos

Un pájaro extremadamente interesante es el búho O, que se define por la condición siguiente:

Oxy=y(xy).

Mostrar que se puede derivar un búho a partir de B, C, y W: de hecho, exclusivamente a partir de Q y W.

Solución

14

Se puede derivar un pájaro sabio a partir de O y L. Mejor aún: Se puede derivar un pájaro de Turing a partir de O y L. ¿Cómo?

Solución

15

Mostrar que se puede derivar un pájaro imitador a partir de O e I.

Solución

16

Mostrar que se puede derivar O a partir de S e I.

Solución

Por qué los búhos son tan interesantes

17 Un problema preliminar

Como preparación para el próximo problema, probar que si a un pájaro x le gusta un pájaro y, entonces a x le gusta xy.

Solución

18

Una característica interesante de los búhos es la siguiente: si uno le grita el nombre de un pájaro sabio a un búho, el búho siempre responde nombrando un pájaro sabio (el mismo u otro). En otras palabras, para todo pájaro sabio Θ, el pájaro OΘ es también un pájaro sabio. Probarlo.

Solución

19

Otra característica interesante de los búhos es que si uno le grita el nombre de un búho a un pájaro sabio, el pájaro sabio responde nombrando un pájaro sabio. En otras palabras, para todo pájaro sabio Θ y para todo búho O, ΘO es un pájaro sabio. Demostrarlo.

Solución

20

No menos interesante es el hecho de que a un búho le gusten sólo los pájaros sabios. En otras palabras, para un pájaro A, si OA=A, entonces A debe ser un pájaro sabio.

Solución

21

El problema anterior tiene como corolario un hecho que generaliza el resultado del Problema 19. Digamos que un pájaro A es selectivo si le gustan solamente los pájaros sabios. De acuerdo con el problema anterior, todos los búhos son selectivos, pero puede haber otros pájaros selectivos. Sea Θ un pájaro sabio. Probar que no sólo es cierto que ΘO es sabio —como en el problema 19—, sino que para cualquier pájaro selectivo A, el pájaro ΘA debe ser sabio.

Solución

22 Semejanza

Se dice que un pájaro A1 es semejante a un pájaro A2 si A1 y A2 responden de la misma manera a cualquier pájaro x. En otras palabras, para todo pájaro x, A1x=A2x. En lo que atañe a las respuestas a otros pájaros, los pájaros semejantes se comportan de manera idéntica.

Hemos probado en el Problema 18 que para todo pájaro sabio Θ, el pájaro OΘ es también sabio, pero no hemos probado que OΘ es necesariamente el mismo pájaro que Θ. De todos modos, se puede probar que OΘ es semejante a Θ. ¿Cómo?

Solución

Comentarios: Se dice que un bosque de pájaros es extensional si no hay dos pájaros distintos que sean semejantes. En otras palabras, si dados dos pájaros —A1 y A2—, si A1 es semejante a A2, entonces A1=A2. Los bosques extensionales pueden llamarse también ralos, porque se sigue fácilmente a partir de la condición de extensionalidad, que no puede haber más que un pájaro identidad, un pájaro imitador, un cardenal, un estornino, etc. A pesar de que el tema de la extensionalidad es muy importante, no lo trataré en este libro. De todos modos, mencionaré un hecho interesante: en un bosque extensional, a un búho le gustan todos los pájaros sabios. ¿Puede probarlo?

Espero que se vean las ramificaciones de este enunciado. Implica, en conjunto con el Problema 20, que a un búho le gustan todos los pájaros sabios y ningún otro pájaro. Por consiguiente, si uno le grita a un búho O el nombre de un pájaro x, O responde repitiendo x, entonces x es un pájaro sabio. Si O responde gritando el nombre de otro pájaro, entonces x no es un pájaro sabio. Así, en un bosque extensional, los búhos parecen saber de alguna manera qué pájaros son sabios y qué pájaros no lo son. ¿No es una muestra de inteligencia?

23

Probar que en un bosque extensional, a un búho le gustan todos los pájaros sabios.

Solución

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Soluciones Cap. 13

1 . Nuestro punto de partida es que a cualquier pájaro x le gusta el pájaro M(BxM), como probamos en la solución al Problema 2 del Capítulo 11. Por lo tanto, nuestro problema se reduce a encontrar un pájaro Θ tal que para cualquier pájaro x, Θx=M(BxM).

Bien, BxM=RMBx (R es el petirrojo), de modo que M(BxM)=M(RMBx)=BM(RMB)x. De modo que tomamos como Θ a BM(RMB).

Verifiquemos que BM(RMB) es efectivamente un pájaro sabio: para cualquier pájaro x,

BM(RMB)x=M(RMBx)=RMBx(RMBx)=BxM(RMBx)=x(M(RMBx)). Como M(RMBx)=BM(RMB)x, entonces x(M(RMBx))=x(BM(RMB)x). Por lo tanto, BM(RMB)x=x(BM(RMB)x) —ambos son iguales a BxM(RMBx)— y así BM(RMB) es un pájaro sabio.

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2 . BxM=RMBx, pero además BxM=CBMx, y así M(BxM)=M(CBMx)=BM(CBM)x. Dado que a x le gusta M(BxM) y M(BxM)=BM(CBM)x, entonces a x le gusta BM(BCM)x, de modo que BM(CBM) es también un pájaro sabio.

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3 . Hemos probado en el Problema 25 del Capítulo 9 que a cualquier pájaro x le gusta Lx(Lx). Ahora, Lx(Lx)=M(Lx)=BMLx. Por lo tanto, a x le gusta BMLx, lo que convierte a BML en un pájaro sabio.

De paso, esto provee una demostración alternativa para los resultados de los dos problemas anteriores:

Para cualquier alondra L, el pájaro BML es sabio. Ahora, CBM es una alondra por el Problema 2 del Capítulo anterior, y por consiguiente, BM(CBM) es sabio, lo que resuelve nuevamente el Problema 2. RMB es también una alondra, por el Problema 2 del capítulo anterior, y entonces BM(RMB) es sabio, lo que resuelve nuevamente el Problema 1.

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4 . Como BWB es también una alondra, por el Problema 3 del capítulo anterior, entonces por el Problema 3, BM(BWB) es un pájaro sabio.

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5 . Pospondremos la solución para después del problema siguiente.

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6 . Usamos nuevamente el importante hecho de que x gusta de Lx(Lx). Ahora, Lx(Lx)=QL(Lx)x. Además, QL(Lx)=QL(QL)x, por lo tanto, QL(Lx)x== QL(QL)xx. Además, QL(QL)xx=W(QL(QL))x y como x gusta de Lx(Lx), x gusta de W(QL(QL))x, lo que significa que W(QL(QL)) es un pájaro sabio.

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7 . Si en la expresión anterior sustituimos Q por BC, obtenemos W(CBL(CBL)), que se puede abreviar a W(B(CBL)L). Podemos tomar ahora BWB como L y obtener la expresión W(B(CB(BWB))(BWB)).

Otra solución resultará de un problema posterior.

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8 . Usamos otra vez el hecho de que a x le gusta Lx(Lx), y por lo tanto a x le gusta M(Lx). Ahora, M(Lx)=QLMx, de modo que a x le gusta QLMx, lo que significa que QLM es un pájaro sabio.

Podemos tomar ahora QM como L, porque QM es una alondra como probamos en el Problema 4 del Capítulo 12. Obtenemos entonces la expresión Q(QM)M. Y así Q(QM)M es un pájaro sabio, como el lector puede verificar directamente.

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9 . También es cierto que Lx(Lx)=SLLx, de modo que SLL es un pájaro sabio.

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10 . Acabamos de demostrar que SLL es sabio. Pero además, SLL=WSL de modo que WSL es sabio. Dado que BWB es una alondra, podemos tomar BWB como L y obtener WS(BWB).

Esta es la expresión de Curry de un combinador de un punto fijo.

Nota: sabemos que B(BW)(BBC) es un estornino, por el Problema 12 del Capítulo 12 y por lo tanto, podemos sustituir esta expresión por S en (WSXBWB), y obtener W(B(BW)(BBC))(BWB). Esta es otra expresión de un pájaro sabio en términos de B, C y W, de modo que tenemos otra solución para el Problema 5.

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11 . Hay muchas maneras de resolver este problema. He aquí una. Como el bosque contiene a B, T y M, también contiene a W, L y Q. Ahora, y(xxy)=Q(xx)yy=LQxyy=W(LQx)y=BW(LQ)xy. Podemos tomar entonces BW(LQ) como U.

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12 . Para todo par x e y, Uxy=y(xxy), o lo que es lo mismo, para cualquier para y y x, Uyx=x(yyx). Tomamos U como y y vemos que UUx=x(UUx). Por lo tanto, UU es un pájaro sabio.

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13 . y(xy)=Byxy=CBxyy=W(CBx)y=BW(CB)xy. Podemos tomar entonces BW(CB) como O.

Además, y(xy)=Qxyy=W(Qx)y=QQWxy; por lo tanto QQW es también un búho.

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14 . LO es un pájaro de Turing, ya que LOxy=O(xx)y=y(xxy). De modo que LO(LO) es también un pájaro sabio.

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15 . OLx=x(Ix)=xx, de modo que OI es un pájaro imitador.

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16 . SIxy=Iy(xy)=y(xy), de modo que SI es un búho.

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17 . Supongamos que a x le gusta y. Entonces xy=y. Como a x le gusta y, y y=xy, entonces a x le gusta xy.

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18 . Supongamos que Θ es un pájaro sabio. Debemos mostrar que OΘ es un pájaro sabio.

Tomemos un pájaro cualquiera x. Entonces, x gusta de Θx ya que Θ es sabio. Por lo tanto, según el problema anterior, x gusta de x(Θx) pero x(Θx)=OΘx, y por lo tanto, x gusta de OΘx. En consecuencia, OΘ es un pájaro sabio.

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19 . Supongamos que Θ es un pájaro sabio. Entonces, para cualquier pájaro y, Θy=y(Θy), de modo que en particular, ΘO=O(ΘO). Entonces, para cualquier pájaro x, ΘOx=O(ΘO)x=x(ΘOx). De modo que, ΘOx=x(ΘOx), o lo que es equivalente, x(ΘOx)=ΘOx, lo que significa que a x le gusta ΘOx. Por lo tanto, ΘO es sabio.

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20 . Supongamos que OA=A. Entonces, A=OA, por lo tanto, para todo pájaro x, Ax=OAx=x(Ax). Como Ax=x(Ax), a x le gusta Ax y por consiguiente, A es sabio.

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21 . Supongamos que A es selectivo y que Θ es sabio. Como Θ es sabio, entonces a A le gusta ΘA. Pero como a A le gustan solamente los pájaros sabios, ΘA debe ser un pájaro sabio.

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22 . Supongamos que Θ es sabio. Entonces, para cualquier pájaro x, Θx=x(Θx). Además, OΘx=x(Θx). Por lo tanto, OΘx=Θx ya que ambos son iguales a x(Θx). En consecuencia, OΘ es semejante a Θ.

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23 . Supongamos que el bosque es extensional. Supongamos también que Θ es sabio. Por el problema anterior, OΘ es semejante a Θ, y como el bosque es extensional, entonces OΘ es el pájaro Θ. Por lo tanto, OΘ=Θ, lo que significa que O gusta de Θ. De modo que en un bosque extensional, O gusta de todos los pájaros sabios.

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CUARTA PARTE

Pájaros que cantan

14. El bullicioso bosque de Curry

Cuando el inspector Craig llegó al bosque de Curry fue a entrevistar al sociólogo de pájaros residente, cuyo nombre, por una extraña casualidad era Profesor Pájaro.

“En este bosque”, dijo Pájaro, “ciertos pájaros cantan en determinados días. Me he propuesto averiguar qué pájaros cantan en qué días. Hasta aquí no he podido llegar a una conclusión definitiva. He buscado un principio unificador, una ley general que me permita decidir si un pájaro canta en un determinado día. Durante años he reunido una enorme cantidad de datos estadísticos; he compilado decenas de miles de datos, y con la ayuda de una computadora de alta velocidad, he podido sintetizar esos datos en cuatro leyes generales. Estas leyes me dan una información parda/, pero no veo cómo puedo determinar a partir de ellas qué pájaros cantan en qué días. Tengo la sensación de que debe de haber una sola ley general que unifique estas cuatro leyes, del modo en que la ley de la gravitación universal de Newton unificó las tres leyes de Kepler sobre el movimiento planetario. Pero no he sido capaz de encontrarla. Me pregunto si usted podría ayudarme.”

“Haré lo que pueda”, dijo Craig. “¿Cuáles son las cuatro leyes?”

“Bien, tenemos aquí un pájaro muy especial P. No sé su especie pero esto no interesa. Lo importante es que dados dos pájaros cualesquiera x e y —iguales o diferentes— valen las siguientes leyes.

Ley 1: si y canta un día dado, entonces Pxy canta ese día.

Ley 2: si x no canta un día dado, entonces Pxy canta ese día.

Ley 3: si el pájaro x y el pájaro Pxy cantan ambos un día dado, entonces y canta ese día.

Ley 4: para todo pájaro x, existe un pájaro y tal que y canta en los días en los que Pyx canta y sólo en esos días.”

“Estas son mis cuatro leyes”, dijo Pájaro. “¿Puede unificarlas en una gran ley?”

“Tendré que pensar en ello”, dijo Craig levantándose. “Volveré mañana y le diré si he encontrado algo significativo.”

Craig volvió a la posada en la que se estaba alojando y le dedicó un tiempo al tema. De pronto irrumpió en una carcajada. “¡Qué ley ridículamente simple!” pensó Craig. “¿Cómo pudo Pájaro haberla pasado por alto todos estos años? Me parece que mañana me divertiré un poco con él.”

Al día siguiente, Craig visitó a Pájaro.

“He resuelto su problema”, dijo Craig. “De sus cuatro leyes he podido deducir una ley general que, a su vez, explica fácilmente por qué las cuatro leyes particulares son verdaderas.”

“¡Maravilloso!” exclamó Pájaro. “¿Cuál es esta ley general?”

“Mejor que decírsela de golpe, le daré una pista. Se sigue de sus leyes que todos los gorriones cantan los martes.”

“¡Sorprendente!” exclamó Pájaro. “Es cierto que todos los gorriones de este bosque cantan los martes, pero ¿cómo pudo haberlo deducido a partir de lo que le dije? No le dije nada de los gorriones ni de los martes; ¿qué tienen de especial los gorriones y los martes?”

“No tienen nada de especial”, replicó Craig, “y esto es lo que debería darle la pista hacia mi ley general.”

Pájaro se sumergió intrigado en sus pensamientos.

“No me diga”, dijo por fin, “que todos los pájaros cantan todos los días.”

“Exactamente”, dijo Craig.

“¡Fantástico!” gritó Pájaro. “¿Por qué no se me ocurrió antes esta posibilidad? Pero todavía no comprendo totalmente. ¿Por qué se sigue de las cuatro leyes que le enuncié que todos los pájaros cantan todos los días?”

1

¿Por qué se sigue?

Solución

2

Supongamos que nos dan las tres primeras leyes de Pájaro, pero en lugar de la cuarta ley nos dicen que el bosque contiene una alondra. ¿Se sigue que todos los pájaros cantan todos los días? Supongamos que en lugar de una alondra nos dicen que hay un cardenal. ¿Se sigue entonces que todos los pájaros cantan todos los días? Supongamos que nos dan una alondra y un cardenal. ¿Se sigue entonces que todos los pájaros cantan todos los días?

Solución

3

Supongamos nuevamente las tres primeras leyes de Pájaro pero no la cuarta. ¿Puede encontrar un único pájaro combinatorio cuya presencia implique que todos los pájaros canten todos los días?

Solución

Discusión (para ser leída después de que el lector haya trabajado en las soluciones de los tres últimos problemas): los problemas anteriores están estrechamente relacionados a un resultado famoso conocido como la paradoja de Curry. Supongamos que en lugar de hablar sobre pájaros, hablamos sobre proposiciones. Supongamos además que en lugar de hablar de un pájaro que canta o no canta en un día dado, hablamos acerca de si una proposición es verdadera o falsa; toda proposición es verdadera o falsa pero no las dos cosas. Para dos proposiciones cualesquiera x e y, sea Pxy la proposición “x es falsa o y es verdadera”, o lo que es lo mismo “si x es verdadera entonces también lo es y”. Entonces, las primeras tres leyes de Pájaro corresponden a las siguientes tres leyes elementales de la lógica:

Ley 1: si y es verdadera, entonces Pxy es verdadera.

Ley 2: si x es falsa, entonces Pxy es verdadera.

Ley 3: si x y Pxy son ambas verdaderas, también lo es y.

La Ley 1 dice que si y es verdadera, entonces x es falsa o y es verdadera, lo que es obvio ya que como y es verdadera independientemente de que x sea verdadera o falsa, al menos una de las proposiciones x e y es verdadera (obviamente y). La Ley 2 dice que si x es falsa entonces x es falsa oyes verdadera, lo que es nuevamente obvio. Para la Ley 3, supongamos que x y Pxy son ambas verdaderas. Como Pxy es verdadera, entonces x es falsa o y es verdadera. La primera alternativa —x es falsa— no vale ya que x es verdadera, por lo tanto debe valer la segunda: y es verdadera.

Ahora, supongamos que se agrega la siguiente ley, que corresponde a la cuarta ley de Pájaro.

Ley 4: para toda proposición x existe una proposición y tal que la proposición y y la proposición Pyx son ambas verdaderas o ambas falsas. Esto es, el pájaro y y el pájaro Pyx cantan ambos o no lo hacen en un día dado.

¿Qué pasa si agregamos la Ley 4 a las otras tres leyes de la lógica? Obtenemos una paradoja, porque a partir de las 4 leyes podemos demostrar que todas las proposiciones son verdaderas del mismo modo en que se probó que todos los pájaros cantan a partir de las cuatro leyes de Pájaro. Obviamente no es cierto que todas las proposiciones sean verdaderas, y por lo tanto, la adición de la Ley 4 a las otras tres leyes crea un absurdo. Esta es la paradoja de Curry.

Deberá observarse que las cuatro leyes de Pájaro, aplicadas a pájaros no crean ninguna paradoja; simplemente conducen a la conclusión de que todos los pájaros del bosque cantan todos los días y no hay ninguna razón para que esto sea imposible. Es solamente cuando se aplican —se “mal- aplican”— a proposiciones en el modo indicado arriba que aparece una verdadera paradoja.

Supongamos ahora que consideramos una colección arbitraria de entidades llamadas objetos, y que tenemos una operación que aplicada a un objeto x y a un objeto y conduce a cierto objeto xy. Tenemos entonces lo que se llama un sistema aplicativo, en el que el objeto xy es el resultado de aplicar x a y. Hemos estado estudiando sistemas aplicativos en los últimos capítulos: nuestros “objetos” eran pájaros y tomamos xy como la respuesta de x a y. La lógica combinatoria estudia los sistemas aplicativos con ciertas propiedades especiales entre las que se incluyen la existencia de ciertos combinadores, por ejemplo C al que hemos llamado un cardenal y L al que hemos llamado alondra. Ahora, supongamos que los “objetos” que estamos estudiando incluyen a todas las proposiciones, verdaderas o falsas así como a otros objetos, los combinadores. Supongamos que tenemos un objeto P tal que para proposiciones cualesquiera x e y, el objeto Pxy es la proposición “x es falsa o y es verdadera”. Si x e y no son ambos proposiciones, entonces Pxy es igualmente un objeto bien definido y puede ser o no una proposición, dependiendo de la naturaleza de x e y. Las leyes 1, 2 y 3 valen, por supuesto, si x e y son proposiciones. También, suponiendo que C y L están en el sistema, dado un objeto x debe haber un objeto y tal que y=Pyx, como vimos en la solución del Problema 2. En particular, dada cualquier proposición x debe haber un objeto y tal que y=Pyx, ¡pero este y no necesariamente es una proposición! De hecho, y no puede ser una proposición porque si lo fuera, Pyx sería también, una proposición, y la misma proposición que y, lo que significaría que vale la ley 4 y desembocaríamos otra vez en la paradoja de Curry. De modo que la salida de la paradoja consiste en comprender que dada una proposición x, aunque los axiomas de la lógica combinatoria impliquen que existe un objeto y tal que y=Pyx, tal y no puede ser una proposición. Algunos de los primeros sistemas, que intentaron combinar la lógica proposicional con la lógica combinatoria, no tuvieron cuidado en este punto y resultaron inconsistentes. Pero, como apuntó Haskell Curry, las paradojas no eran una falla de la lógica combinatoria en sí misma sino el resultado de una mala aplicación de la lógica combinatoria a la lógica proposicional.

Algunos ejercicios con premio

Ejercicio 1: supongamos que nos dan las tres primeras leyes de Pájaro pero no la cuarta. Probar que para pájaros cualesquiera x, y, z, valen los siguientes hechos:

a. Pxx canta todos los días.

b. Si Py(Pyx) canta todos los días, entonces también lo hace Pyx.

c. Si Pxy y Pyz cantan todos los días, entonces también lo hace Pxz.

d. Si Px(Pyz) canta todos los días, también lo hace P(Pxy)(Pyz).

e. Si Px(Pyz) canta todos los días, también lo hace Py(Pxz).

Ejercicio 2: supongamos que tenemos un bosque en el que algunos pájaros son llamados bulliciosos. No nos dan una definición de bullicioso, pero nos dicen que existe un pájaro P tal que valen las tres condiciones siguientes:

a. Para pájaros cualesquiera x e y, si Px(Pxy) es bullicioso, también lo es Pxy.

b. Para pájaros cualesquiera x e y, si x .y Pxy son ambos bulliciosos, también lo es y.

c. Dado un pájaro x, existe un pájaro y tal que los pájaros Py(Pyx) y P(Pyx)y son ambos bulliciosos.

Probar que todos los pájaros del bosque son bulliciosos.

Ejercicio 3: el ejercicio anterior contiene un resultado de algún modo más fuerte que el del Problema 1 en relación con el bosque de Curry. Definimos un pájaro del bosque de Curry como bullicioso si canta todos los días. Mostrar entonces, que las cuatro leyes de Pájaro implican las tres condiciones anteriores. Se sigue entonces del Ejercicio 2 que todos los pájaros cantan todos los días, y por lo tanto la solución del Problema 1 es un corolario del Ejercicio 2.

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Soluciones Cap. 14

1. Observemos primero que se sigue de las primeras dos leyes que si y canta todos los días en los que canta x, entonces el pájaro Pyx debe cantar todos los días. Razón: supongamos que y canta todos los días en los que canta x. Tomemos un día cualquiera. O x canta ese día o no canta. Si x no canta, entonces Pxy canta, de acuerdo a la Ley 2. Supongamos ahora que x canta ese día, entonces y también canta (por la suposición de que y canta todos los días en los que canta x), por lo tanto, Pxy debe cantar ese día de acuerdo con la primera ley de Pájaro. Esto prueba que independientemente de que x cante o no un cierto día, el pájaro Pxy debe cantar ese día. Por lo tanto, Pxy canta todos los días.

Ahora probaremos que dado cualquier pájaro x, x canta todos los días. Bien, por la Ley 4, existe un pájaro y que canta todos los días y sólo aquellos días en los que Pyx canta. Consideremos un día en el que y canta. Pyx también canta ese día, por la Ley 4, y como y canta ese día, entonces x canta ese día, por la Ley 3. Esto prueba que x canta todos los días en los que canta y, y por lo tanto, Pyx canta todos los días por el argumento del párrafo anterior. Por lo tanto, como y canta los mismos días que Pyx, el pájaro y canta todos los días. En consecuencia, para cualquier día, el pájaro y y el pájaro Pyx cantan ambos y, por lo tanto, x también canta ese día, por la Ley 3. Esto demuestra que x canta todos los días.

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2 . Si nos dan solamente L o solamente C, no veo forma de probar que todos los pájaros cantan todos los días, pero si nos dan C y L, entonces podemos deducir la Ley 4 como sigue:

Como tenemos una alondra L, entonces a todo pájaro le gusta al menos un pájaro; recordemos que a x le gusta Lx(Lx). Tomemos ahora cualquier pájaro x. Entonces, al pájaro CPx le gusta algún pájaro y, lo que significa que CPxy=y, por lo tanto, y=CPxy. Pero además, CPxy=Pyx, y entonces y=Pyx. En consecuencia, obviamente y canta los mismos días que Pyx, porque y es el pájaro Pyx. Se sigue entonces la Ley 4.

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3 . Supongamos que en lugar de la presencia de C y de L, tenemos que hay un pájaro A que satisface la condición Axyz=x(zz)y. Entonces, para pájaros cualesquiera x e y, APxy=P(yy)x. Por lo tanto, APx(APx)=P(APx(APx))x, y así, y=Pyx, donde y es el pájaro APx(APx).

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15. El bosque de Russell

El inspector Craig visitó a continuación un bosque conocido como Bosque de Russell. Apenas llegó tuvo una entrevista con un sociólogo de pájaros llamado McSnurd. Le relató a McSnurd sus experiencias en el bosque anterior.

“Hasta donde yo sé”, dijo McSnurd, “no tenemos aquí ningún pájaro que satisfaga las cuatro leyes de Pájaro. Lo que tenemos es un pájaro especial a tal que para cualquier pájaro x, el pájaro ax canta en aquellos días y sólo en aquellos días en que canta xx. Además, dado un pájaro x, hay un pájaro x’ tal que para todo pájaro y, el pájaro x’y canta los días en que no canta xy y sólo en esos días. Espero que esta información le sea útil.”

El inspector Craig escuchó el informe con interés. Esa noche, sentado calladamente en su habitación de la Posada del Bosque, revisó el informe y advirtió que McSnurd no era un buen observador, ya que los dos hechos que le había informado eran lógicamente incompatibles.

1

¿Por qué es inconsistente el informe de McSnurd?

Solución: es mejor que demos la solución inmediatamente. Supongamos que el informe de McSnurd sea correcto. Consideremos el pájaro a que satisface la condición de que para todo pájaro x, ax canta exactamente los días en que canta xx. De acuerdo con el segundo enunciado de McSnurd, hay un pájaro a’ tal que para todo pájaro x, a’x canta exactamente los días en que ax no canta. Pero los días en los que ax no canta son exactamente aquellos días en que xx no canta (porque ax canta los mismos días que xx), de modo que tenemos un pájaro a’ tal que para todo pájaro x, a’x canta exactamente los días en que xx no canta. Como esto vale para todo pájaro x, en particular vale cuando x es el pájaro a’, y entonces a’a’ canta los días en los que no canta a’a’ y sólo en esos días, lo que obviamente es una contradicción.

Esta paradoja es genuina y es como la del barbero que afeita a aquéllos y sólo a aquéllos que no se afeitan a sí mismos, o como la famosa paradoja de Russell del conjunto que contiene como miembros aquellos y sólo a aquellos conjuntos que no se contienen a sí mismo como miembros. Tal conjunto se contiene a sí mismo como elemento si y sólo si no lo hace.

2 Una continuación

El inspector Craig estaba especialmente insatisfecho con el profesor McSnurd, de modo que le preguntó a uno de los habitantes más informados si había otros sociólogos de pájaros residiendo en el Bosque de Russell “Eso no lo sé”, fue la respuesta, “pero sí sé que hay un meta-sociólogo de pájaros; su nombre es Profesor MacSnuff.”

“¿Qué es un meta-sociólogo de pájaros?” preguntó Craig intrigado. “Un meta-sociólogo de pájaros es alguien que estudia la sociología de los sociólogos de pájaros. El profesor MacSnuff es la autoridad máxima, no en sociología de pájaros, de la que no sabe nada, sino en sociólogos de pájaros. Conoce a todos los sociólogos de pájaros del mundo, por lo que debe saber cuáles residen aquí. Le sugiero que se ponga en contacto con él.” Craig dio las gracias y concertó una entrevista con MacSnuff.

“Sí, hay otro sociólogo de pájaros”, dijo MacSnuff. “Su nombre es también McSnurd. Es hermano del McSnurd que ya ha entrevistado.” Craig, encantado, concertó una entrevista con este otro McSnurd. “Ah, sí”, dijo McSnurd. “Mi hermano no siempre es preciso; no debería haberle dicho lo que le dijo. Lo que sí debiera haberle dicho es que hay un pájaro N tal que para todo pájaro x, el pájaro Nx canta los días en que no canta x y sólo esos días. Además, el bosque contiene un pájaro sabio, si es que le sirve de algo.”

El inspector Craig le agradeció y se alejó. “¡Maldición!” se dijo Craig un momento más tarde. “Este McSnurd es tan malo como su hermano.” ¿Cómo lo supo Craig?

Solución

3 Una segunda continuación

“¿No hay un sociólogo de pájaros competente en este bosque?” le preguntó Craig a MacSnuff en su segunda visita.

“Hay un solo sociólogo más”, dijo MacSnuff. “Su nombre es McSnurd y es hermano de los otros dos McSnurd.”

Sin muchas esperanzas, Craig concertó una entrevista con el McSnurd restante.

“Ah, sí”, dijo el tercer McSnurd. “Ninguno de mis hermanos es muy bueno para observar ni para razonar. El segundo McSnurd tenía razón en lo del pájaro sabio; yo mismo he visto uno. Pero estaba equivocado en lo del pájaro N; lo que debería haberle dicho es que existe un pájaro A tal que para cualquier par de pájaros x e y, el pájaro Axy canta aquellos días y sólo en aquellos días en los que no cantan ni x ni y. Ahora no va a tener problemas.”

¿Es consistente la historia de McSnurd?

Solución

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Soluciones Cap. 15

2 . Supongamos que el informe de McSnurd sea correcto. Entonces para todo pájaro x, Nx≠x —esto es, Nx es distinto de x— porque Nx canta los días en que x no canta. Pero como hay un pájaro sabio todo pájaro gusta de algún pájaro, por lo tanto N gusta de un pájaro x, lo que significa que Nx=x. Esto es una contradicción.

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3 . La contradicción de este informe es un poco más sutil y más interesante. Supongamos que el informe sea verdadero. Tomemos un pájaro cualquiera x. Como hay un pájaro sabio, entonces a Ax, como a todos los otros pájaros le gusta algún pájaro y, de modo que Axy=y. Por lo tanto, y canta los días en los que no cantan ni x ni y. Si y cantase alguna vez, entonces ni x ni y cantarían ese día, lo que significa que y no cantaría ese día y tenemos una contradicción. Por lo tanto, y no canta nunca. Ahora, supongamos que hay un día en el que x no canta, entonces ni x ni y cantan ese día, por lo que Axy sí canta ese día, y entonces y canta ese día, contrariamente al hecho demostrado de que y no canta nunca. En consecuencia, x debe cantar todos los días. Y así hemos probado que todo pájaro x canta todos los días, aunque hemos probado que para todo pájaro x hay un pájaro y que no canta nunca. Esto es obviamente una contradicción.

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16. El bosque sin nombre

Craig partió disgustado. Incapaz de encontrar en el Bosque de Russell un sociólogo de pájaros confiable, encaminó sus fastidiados pasos hacia el bosque de esta historia.

Durante los primeros días de su estancia aquí, estuvo indescriptiblemente triste. No podía entender por qué estaba triste, pero el hecho era que estaba triste. “¿Podrá ser por el decepcionante resultado de mi visita al bosque anterior?” pensó Craig. “No”, concluyó. “Hay otra cosa que anda mal, pero no puedo dar con ella.”

Craig se alegró un poco al escuchar que el sociólogo del bosque era el eminente profesor McSnurtle. Aunque era primo de los hermanos McSnurd, McSnurtle era conocido por ser absolutamente confiable. Craig había leído acerca de él en la Enciclopedia de sociología de pájaros, y lo que allí se enfatizaba era que McSnurtle nunca cometía errores. Craig obtuvo una entrevista.

“Tenemos un pájaro especial E”, dijo McSnurtle. “Después de años de investigación, he establecido las cuatro leyes siguientes en relación con E.”

Ley 1: para cualquier par de pájaros x e y, si Exy canta un día dado, también lo hace y.

Ley 2: para cualquier par de pájaros x e y, el pájaro x y el pájaro Exy no cantan nunca el mismo día.

Ley 3: para cualquier par de pájaros x e y, el pájaro Exy canta todos los días en los que x no canta e y canta.

Ley 4: dado un pájaro x cualquiera, hay un pájaro y tal que y canta los mismos días que Eyx.

“Esto”, dijo orgullosamente McSnurtle, “resume prolijamente todo lo que sé acerca de los hábitos cantores de los pájaros de este bosque.”

El inspector Craig examinó cuidadosamente este análisis. En un momento no pudo ocultar una leve expresión de desdén.

“¿Qué es lo que anda mal?” preguntó McSnurtle, que era un individuo muy sensible. “¿Ha encontrado una inconsistencia en mis enunciados?”

“No”, replicó Craig, “Creo cabalmente en su fama de precisión absoluta. Sólo que me gustaría hacerle una pregunta: ¿ha escuchado alguna vez cantar a un pájaro en este bosque?”

El profesor McSnurtle exprimió su cerebro durante algunos minutos. “Ahora que lo pienso, creo que no”, replicó finalmente.

“Me temo que nunca lo hará” dijo Craig levantándose. “Podría haber enunciado sus leyes en forma más sucinta combinándolas en una sola: ningún pájaro de este bosque canta. Ahora veo por qué me sentía tan triste.”

¿Cómo hizo Craig para darse cuenta?

Solución

Este es esencialmente el Problema 1 del Bosque de Curry otra vez. Decimos que un pájaro está silencioso un día dado, si no canta ese día. Las cuatro leyes de McSnurtle pueden enunciarse entonces como sigue:

Ley 1: si y está silencioso cierto día, entonces Exy está silencioso ese día.

Ley 2: si x no está silencioso cierto día, entonces Exy está silencioso ese día.

Ley 3: si el pájaro x y el pájaro xy están ambos silenciosos cierto día, entonces y está silencioso ese día.

Ley 4: para todo pájaro x existe un pájaro y tal que y está silencioso exactamente los días en los que Eyx está silencioso.

De modo que las cuatro leyes de Pájaro para P, valen para E si reemplazamos “canta” por “está silencioso”. Entonces, el mismo argumento que muestra que todos los pájaros del Bosque de Curry cantan todos los días muestra que todos los pájaros de este bosque están silenciosos todos los días.

Epílogo: muchos años más tarde, el Bosque sin Nombre (que en realidad tenía un nombre de tipo paradójico) terminó conociéndose como el Bosque del Silencio.

17. El bosque de Gödel

La siguiente aventura de Craig fue, en cambio, deliciosa y, altamente informativa. Después de abandonar el Bosque sin Nombre, se encontró en el encantador bosque de este capítulo. La primera cosa que advirtió fue una abundante cantidad de pájaros cantando. Su canto era tan hermoso que parecían ruiseñores. El sociólogo de pájaros de este bosque era un tal Profesor Giuseppe Baritoni, que, en su época, había sido un excelente cantante.

“En este bosque”, explicó Baritoni, “no le damos mucha importancia a qué pájaros cantan en qué días; el tema es qué pájaros cantan. No todos los pájaros de este bosque cantan. Tenemos muchos ruiseñores, y todos ellos cantan, como usted ya debe de haber inferido”.

“Oh, si”, dijo Craig. “De hecho, todos los pájaros que escuché hasta ahora me parecieron ruiseñores. ¿Los ruiseñores son los únicos pájaros que cantan en este bosque, o hay otros?”

“¡Ah, una pregunta muy interesante!”, replicó Baritoni. “Desafortunadamente no hemos encontrado la respuesta. Los únicos pájaros que he escuchado cantar aquí son ruiseñores, y no conozco a nadie que haya escuchado cantar a un pájaro que no sea un ruiseñor. Sin embargo, todavía no existe una clara evidencia de que los ruiseñores son los únicos pájaros Cantores de este bosque. Puede ser que exista algún pájaro —aún no descubierto— que canta y no es un ruiseñor. ¡Sería mucho más interesante si fuera así!

“Una vez, hace algunos años nos visitó un lógico del Instituto de Estudios Avanzados en Princeton y, cuando le conté acerca de las leyes de canto de este bosque, afirmó que debería haber una forma de determinar, a partir de estas leyes, si existe un tal pájaro. Desafortunadamente, un día se fue de pronto y he olvidado su nombre. Nunca supe de él desde entonces.”

“¿Cuáles son esas leyes?” preguntó Craig muy interesado.

“Bien”, exclamó Baritoni, “la primera característica interesante de este bosque es que todos los pájaros están casados. Para cualquier pájaro x, denotamos con x’ al compañero de x. Lo interesante es que dados dos pájaros cualesquiera x e y, el pájaro x’y canta si y sólo si xy no canta.”

“La segunda característica interesante es que todo pájaro x tiene un pariente distinguido x* llamado el asociado de x. El pájaro x* es un pájaro tal que para todo pájaro y, el pájaro x*y canta si y sólo si x(yy) canta.”

“La tercera característica es que hay un pájaro especial Ñ tal que siempre que se le grita el nombre de un ruiseñor a Ñ, Ñ responde nombrando un pájaro que no canta. En otras palabras, para todo pájaro x, el pájaro Ñx canta si y solo si x es un ruiseñor.”

“Muy interesante,” dijo Craig. Luego, para no olvidar nada, tomó su cuaderno y anotó las cuatro condiciones siguientes:

Condición 1: Todos los ruiseñores (de este bosque) cantan.

Condición 2: x’y canta si y sólo si xy no canta.

Condición 3: x*y canta si y sólo si x(yy) canta.

Condición 4: Ñx canta si y sólo si x es un ruiseñor.

El inspector Craig le dio calurosamente las gracias al profesor Baritoni, se despidió y pasó todo el día deambulando por el hermoso bosque. Se acostó temprano esa noche y, en sueños, cerca de la mañana, resolvió el problema. “¡Eureka!” exclamó, saltando de la cama, “debo ver inmediatamente a Baritoni.” Se vistió apresuradamente, deglutió un rápido desayuno, y se dirigió con paso rápido al laboratorio ornitológico de Baritoni. Visitar a alguien sin invitación previa es inusual para un caballero británico bien educado, pero se puede disculpar a Craig si consideramos consideración su estado de euforia. Encontró a Baritoni afuera tarareando una melodía de Aida.

“¡He resuelto su problema!” exclamó Craig. “En este bosque hay un pájaro que canta y no es un ruiseñor.”

“¡Maravilloso!” gritó Baritoni, aplaudiendo con alegría. “Pero dígame, ¿existe alguna forma de poder encontrarlo?”

“Depende”, dijo Craig. “Para empezar, si usted sabe cómo encontrar un pájaro x y cómo encontrar un pájaro y, ¿sabe cómo encontrar el pájaro xy?”

“No necesariamente”, replicó Baritoni. “De todos modos, sí sé cómo localizar un pájaro x y sé el nombre de y, entonces puedo encontrar el pájaro xy: simplemente me dirijo a x y le grito el nombre de y. Entonces, x nombra el pájaro xy. Una vez que conozco el nombre de xy, ya puedo buscarlo, porque puedo hallar a cualquier pájaro del cual conozco su nombre. Me llevas algunas horas, pero lo puedo hacer.”

“Bien”, dijo Craig. “Luego, si sabe el nombre del pájaro x, ¿puede averiguar el de su cónyuge x’?”

“¡Oh, sí! Tengo una lista que me dice todos los pájaros que conozco y con quién está casado cada uno de ellos.”

“Además”, preguntó Craig, “si usted sabe el nombre de un pájaro x, ¿puede averiguar el nombre de su asociado x*?”

“Oh, sí. Tengo otra lista con estos datos.”

“Finalmente”, preguntó Craig, “¿sabe el nombre de ese pájaro especial Ñ?”

“Por supuesto. Su nombre es simplemente la letra Ñ.”

“Bueno”, dijo Craig. “Entonces creo que puedo guiado hacia un pájaro que canta y que no es un ruiseñor. Pero, según lo que usted dijo, nos va a llevar algunas horas.”

“En ese caso”, dijo Baritoni ansiosamente, “comencemos ya mismo. Nos detendremos un momento en el laboratorio y prepararé un paquete con nuestro almuerzo.”

Pasaron una gran parte del día esperando, pero fueron ampliamente recompensados. Cerca del crepúsculo, se encontraron en una región del bosque remota, solitaria y casi desconocida. Apoyado en una rama baja, había un pájaro σ cantando bellamente, y definitivamente σ no era un ruiseñor. De hecho, el pájaro pertenecía a una especie de la que ni Craig ni Baritoni habían visto ni escuchado hablar nunca.

1

¿Cómo supo Craig que existía tal pájaro, y cómo llegaron a encontrarlo?

Solución

Nota: El pájaro sigma (σ) se conoció posteriormente como un pájaro Gödeliano porque el método que usó Craig para encontrarlo es paralelo al método de Gödel para encontrar un enunciado verdadero no demostrable en un determinado sistema axiomático. El lector interesado en ver este paralelismo debe comparar los problemas de este capítulo con aquéllos de los capítulos 14 y 15 de ¿La dama o el tigre? La clave del paralelismo es que los pájaros cantores corresponden a enunciados verdaderos y los ruiseñores corresponden a enunciados demostrables. Por lo tanto, un pájaro cantor que no es un ruiseñor corresponde a un enunciado verdadero que no es demostrable en el sistema axiomático considerado.

2 Una continuación

A la mañana siguiente, Craig y Baritoni se encontraron de nuevo.

“Sabe”, dijo Craig, “anoche se me ocurrió otra manera de encontrar un pájaro que canta pero que no es un ruiseñor. Si quiere, podemos hacerlo pero no puedo garantizarle que no sea el mismo pájaro que encontramos ayer. Pero, de todas formas, me parece que vale la pena intentarlo.”

A Baritoni le encantó la idea. Y así, pasaron el día en el bosque y lograron encontrar un pájaro σ1 que cantaba pero no era un ruiseñor. Afortunadamente, σ1 resultó ser un pájaro distinto de σ. ¿Puede el lector explicarlo?

Solución

3 Sociedades de pájaros

Craig estaba encantado con este bosque y entonces decidió quedarse un buen tiempo. Observó que los pájaros habían organizado varias sociedades. Se dice que un pájaro A representa a un conjunto σ de pájaros si para todo pájaro x del conjunto σ, el pájaro Ax es un pájaro cantor y para todo pájaro x que está fuera del conjunto σ, el pájaro Ax no es un pájaro cantor. En otras palabras, para todo pájaro x, el pájaro Ax canta si y sólo si x es un miembro de σ. Se llama sociedad un conjunto de pájaros si éste está representado por algún pájaro. Por ejemplo, el conjunto de ruiseñores constituye una sociedad, porque este conjunto está representado por el pájaro Ñ.

Craig estaba interesado en el siguiente problema: ¿el conjunto de pájaros cantores constituye una sociedad? Esto puede resolverse teniendo en cuenta la Condición 2 y la Condición 3 enunciadas por Baritoni. ¿Cuál es la respuesta? Además, a partir de la Condición 3 se puede probar que toda sociedad debe contener por lo menos un pájaro que canta o carecer por lo menos de un pájaro que no canta. ¿Cómo se prueba esto, y qué aporta al problema de si los pájaros cantores constituyen una sociedad?

Solución

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Soluciones Cap. 17

1 . Encontraron el pájaro σ de la manera siguiente:

Baritoni ya sabía el nombre del pájaro Ñ, por lo tanto, consultando su primera lista, obtuvo el nombre de Ñ’ (el cónyuge de Ñ). Luego, consultando su segunda lista, Baritoni encontró el nombre del pájaro N’*. Para simplificar, llamemos A al pájaro Ñ’*. Después, los dos hombres encontraron el pájaro A, se acercaron y le gritaron su propio nombre. A respondió nombrando al pájaro AA. Así pudieron encontrar al AA. Ahora debemos probar que AA debe ser un pájaro que canta pero que no es un ruiseñor.

Tenemos σ como el pájaro AA —en otras palabras, σ es el pájaro Ñ’*Ñ’*— y queremos mostrar que σ canta pero no es un ruiseñor.

El pájaro A tiene la propiedad de que para todo pájaro x, el pájaro Ax canta si y sólo si xx no es un ruiseñor. El argumento es el siguiente: Ñ’* canta si y sólo si Ñ’(xx) canta, por la Condición 3, y Ñ’(xx) canta si y sólo si Ñ(xx) no canta, lo cual es verdadero si y sólo si xx no es un ruiseñor, porque Ñxx no canta si y sólo si xx es un ruiseñor, por la Condición 4. Juntando estos tres hechos, vemos que Ñ’*x canta si y sólo si xx no es un ruiseñor, y como Ñ’* es el pájaro A, Ax canta si y sólo si xx no es un ruiseñor.

Ya que es verdad que para todo pájaro x, el pájaro Ax canta si y sólo si xx no es un ruiseñor, entonces esto es verdad si x es el pájaro A, y entonces AA canta si y sólo si AA no es un ruiseñor. Esto es así sea que AA canta y no es un ruiseñor, o que AA no canta y es un ruiseñor. De todas formas, todos los ruiseñores cantan, como dice la Condición 1, y así se descarta la segunda alternativa. Por lo tanto, AA canta, pero no es un ruiseñor.

Le debemos a Kurt Gödel el reconocimiento por esta inteligente argumentación.

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2 . Sea Al el pájaro Ñ*’, en vez de Ñ’*. Entonces A1 no es necesariamente un pájaro A, pero también tiene la propiedad de que para todo pájaro x, el pájaro A1x canta si y sólo si A1x no es un ruiseñor. Dejamos la verificación al lector.

Luego, se sigue por el mismo argumento que el pájaro A1A1 —llamemos a este pájaro σ1— canta pero no es un ruiseñor.

En síntesis, el pájaro Ñ’*Ñ’* y el pájaro N*’Ñ’* cantan y no son ruiseñores.

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3 . En primer lugar probaremos —basándonos exclusivamente en la Condición 3— que toda sociedad debe contener un cantor o le debe faltar un no cantor.

Tomemos cualquier sociedad σ. σ está representada por algún pájaro A. Ahora consideremos el pájaro A*. Para todo pájaro x, de acuerdo con la Condición 3, el pájaro A*x canta si y sólo si A(xx) canta. Además, A(xx) canta si y sólo si xx es un miembro de a, porque A representa a σ. Por lo tanto, A*x canta si y sólo si xx es un miembro de σ, y entonces σ contiene el pájaro cantor A*A*. Por otra parte, si A*A* no canta, entonces A*A* no está en σ, y por lo tanto, a σ le falta por lo menos un pájaro cantor: A*A*.

Supongamos ahora que el conjunto de todos los pájaros cantores forma una sociedad; obtendremos entonces la siguiente contradicción: el conjunto de los pájaros cantores está representado por algún pájaro A. Entonces, por la Condición 2, el pájaro A’, el cónyuge de A, representará el conjunto de todos los pájaros que no cantan; ¿puede ver por qué? Esto significa que el conjunto de pájaros que no cantan forma una sociedad, pero esto es imposible ya que este conjunto no contiene un pájaro que canta ni le falta uno que no canta. Por lo tanto, el conjunto de los pájaros que cantan no está representado por un solo pájaro: no es una sociedad.

De paso, la solución de este problema junto con las Condiciones 1 y 4, provee una demostración alternativa de que hay un pájaro que canta que no es un ruiseñor. Como el conjunto de los pájaros que cantan no constituye una sociedad, pero el conjunto de los ruiseñores sí lo hace, por la Condición 4, los dos conjuntos no son el mismo. Pero todos los ruiseñores cantan, por la Condición 1, y entonces algún pájaro que canta no es un ruiseñor.

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QUINTA PARTE

El bosque maestro

18. El bosque maestro

Hay un solo camino que conduce al gran bosque maestro. Cuando Craig llegó a la entrada vio un enorme cartel:

EL BOSQUE MAESTRO

¡SOLO LA ELITE PUEDE ENTRAR AQUÍ!

“¡Oh, cielos!” pensó Craig. “No sé si me dejarán entrar. Nunca me consideré como parte de una elite; de hecho, no estoy muy seguro de saber qué significa esta palabra.”

En ese momento, un gigantesco centinela le bloqueó el camino.

“¡Sólo la elite puede entrar aquí!” gritó. “¿Es usted uno de la elite?”

“Eso depende de la definición de ‘elite’”, respondió Craig. “¿Cómo definiría usted una elite?”

“Mi definición no tiene importancia; la que sí importa es la de Griffin.”

“¿Y quién es ese Griffin?” preguntó Craig.

“El profesor Charles Griffin es el sociólogo de pájaros residente de este bosque y el amo de la región. ¡Su definición es la que vale!”

“¿Cuál es, entonces, su definición?”

“Bien,” respondió el centinela en un tono más suave, “su definición es muy amplia. Define una elite como a cualquier persona que desee entrar aquí. ¿Desea usted entrar?”

“Por supuesto” dijo Craig.

“Entonces, por definición, usted es una elite y puede entrar. Estoy seguro de que al profesor Griffin le encantará conocerlo. Su casa se encuentra a una milla y media de aquí. La reconocerá fácilmente; tiene la forma de un enorme pájaro.”

“¡Qué alivio!” pensó Craig mientras se dirigía a la casa. “Me pregunto por qué al profesor Griffin se le ocurrió una regla tan extraña, que de hecho no excluye a nadie. ¿Qué clase de tipo será este Griffin?”

Craig tuvo una grata sorpresa al descubrir que Griffin era una persona sumamente hospitalaria y gentil. Era un caballero de unos sesenta años, de pelo canoso y largo y una larga barba blanca. Se parecía un poco a Moisés o al mismo Dios Padre.

“¡Bienvenido!” dijo Griffin. “Espero que este bosque le resulte interesante.” “He recorrido un largo camino,” dijo Craig, “y estoy muy ansioso por saber qué pájaros hay aquí.”

“Un estornino y un cernícalo” respondió Griffin.

“¿Eso es todo?” preguntó Craig.

“Y todos los pájaros derivables a partir de ellos,” replicó Griffin.

“¡Ah, así es distinto! ¿Es posible derivar muchos pájaros a partir del estornino y el cernícalo?”

“¡Muchísimos!” replicó Griffin, con una sonrisa sutil y misteriosa. “¿Conoce usted el pájaro azul, la paloma, el pájaro negro, el águila, la calandria, la tijereta, el pájaro carpintero, la paloma mensajera, el águila calva, el pájaro cantor, el cardenal, el pájaro identidad, el zorzal, el petirrojo, el jilguero, la oropéndola, el pájaro raro, el pájaro quijotesco, el pájaro burlón, el pájaro sutil, el pájaro charlatán, el pájaro imitador, la alondra, el pájaro sabio, el pájaro de Turing y el búho?”

“Sí, los conozco a todos” replicó Craig, “¿y usted pretende hacerme creer que todos ellos son derivables exclusivamente a partir de los pájaros S y K?”

“Así es.”

Craig reflexionó un buen rato y finalmente dijo: “Tal vez no sea tan sorprendente. Ya sabía que todos los pájaros que usted mencionó se pueden derivar a partir de cuatro pájaros —B, T, M e I— pero no sabía que esos cuatro pájaros fueran derivables exclusivamente a partir de dos pájaros combinatorios. ¿Es posible derivar esos cuatro pájaros a partir de S y K?” “Sí,” replicó Griffin, “y muchos otros pájaros de los que nunca ha escuchado hablar.”

“¿Cuáles, por ejemplo?”

“Esto sí lo sorprenderá,” replicó Griffin. “Es posible derivar cualquier pájaro combinatorio partiendo exclusivamente de S y K. Y hay infinitos pájaros combinatorios.”

“¡Fantástico!” exclamó Craig. “Pero hay algo que no comprendo: ¿cómo puede un bosque finito contener infinitos pájaros?”

“Ah, pero no están necesariamente aquí todos a la vez”, replicó Griffin. “Este es un bosque en evolución, y existe una vieja leyenda que explica esto. A ver, ¿dónde dejé el libro?”

El profesor Griffin fue a la biblioteca y al cabo de un rato volvió con uno de los libros más gastados que uno pueda imaginar. Sin embargo, todavía mostraba signos de su belleza original. El libro contenía una gran cantidad de hermosos y antiquísimos dibujos y pinturas de pájaros, algunos de ellos muy extraños. Estaba escrito en una lengua antigua que Craig no podía identificar.

“Traduciré el texto,” dijo Griffin. “Tengo cierto conocimiento de este idioma, aunque no soy un experto. Si comprendo bien, dice lo siguiente: ‘En el principio, los Dioses del Bosque pusieron sólo dos pájaros en este bosque: el estornino S y el cernícalo K. Entonces ya había hombres en el bosque. Día a día fueron surgiendo nuevos pájaros del siguiente modo: un hombre gritaba el nombre de un pájaro ya existente y a otro pájaro ya existente x, x respondía gritando el nombre de un pájaro existente o inexistente. Lo sorprendente es que si x nombraba un pájaro inexistente, ese pájaro comenzaba a existir. De este modo se fueron generando constantemente nuevos pájaros. Fue una idea muy inteligente de los dioses la de comenzar con el estornino y el cernícalo, pues a partir de ellos es posible generar todos los pájaros combinatorios.’

Esta es la leyenda,” continuó Griffin. “Obviamente sólo se trata de una leyenda, pero da qué pensar. Algunos historiadores de pájaros asimilaron esta historia a la de Adán y Eva. Sin embargo, es motivo de amarga controversia cuál de los dos pájaros S o K es Adán y cuál es Eva. Los historiadores creen que S es Adán, pero las historiadoras consideran que esta opinión es consecuencia del machismo. Es necesario investigar más para esclarecer definitivamente esta cuestión. Los historiadores chinos de la antigüedad piensan a S como Yan, a K como Yin y la unión de ambos como el Tao. Podría seguir hablando de los aspectos literarios e históricos de la leyenda, pero me gustaría volver a su aspecto meramente científico.”

“Seguramente la leyenda tiene algún fundamento real,” continuó Griffin, “pues es un hecho que todos los pájaros combinatorios se pueden derivar a partir de los pájaros S y K exclusivamente.”

“¿Cómo lo sabe?” preguntó Craig.

“Pronto le revelaré el secreto,” replicó Griffin. “pero antes quisiera que resuelva algunos problemas.”

1

“Para lograr nuestro objetivo,” continuó Griffin, “debemos, en primer lugar, derivar un pájaro identidad I a partir de S y K. ¿Sabe cómo hacerlo?”

El inspector Craig jugueteó un rato con el lápiz y el papel y finalmente encontró la solución. (La solución de éste y los tres problemas siguientes se encuentra en el parágrafo “El Secreto” de este capítulo.)

2

“¡Bravo!” exclamó Griffin. “Ahora que tenemos el pájaro identidad I, podemos usarlo para futuras derivaciones puesto que es derivable de S y K. La mayoría de nuestras derivaciones futuras, se harán en términos de S, K e I.”

“Ahora intente derivar un pájaro imitador a partir de S, K e I; le haré una sugerencia: un pájaro imitador se puede derivar a partir de S e I exclusivamente. ¿Sabe cómo hacerlo?”

Craig resolvió este problema sin demasiadas dificultades.

3

“Tomemos ahora otro pájaro conocido —el zorzal, por ejemplo,” dijo el profesor Griffin. “Intente derivar un zorzal a partir de S, K e I.”

El inspector Craig pensó un buen rato en este problema, pero no pudo resolverlo.

“Permítame hacerle algunas sugerencias,” dijo Griffin. “En primer lugar, encuentre una expresión X1 que satisfaga las dos condiciones siguientes:

1. X1 está compuesta exclusivamente de las letras S, K, I, y la variable x; la variable y no forma parte de X1.

2. La relación X1y=yx debe cumplirse, sobre la base de las condiciones dadas para S, K y también I.”

Craig reflexionó un momento e inmediatamente encontró esa expresión X1.

“Ya la encontré. ¿Qué hago con ella?” preguntó Craig.

“El siguiente paso,” replicó Griffin, “consiste en encontrar una expresión X1 que no contenga variables —es decir, una expresión construida exclusivamente a partir de las letras S, K e I — de modo tal que la relación X2x=X1 sea verdadera. Luego, X2xy=X1y y X1y=yx son verdaderas, por lo tanto, la relación X2xy=yx es verdadera, entonces X2 es una expresión para el zorzal.”

“¡Ah!,” exclamó Craig. “¡Comienzo a entender!”

4

“Ahora intentemos resolver un problema más difícil,” sugirió Griffin. “Trate de hallar un pájaro azul en términos de S, K e I. En este problema hay tres variables en juego —x, y y z. En primer lugar, encuentre una expresión X5 en la que la variable z no aparezca, de modo que la relación X1z=x(yz) sea verdadera. Luego, encuentre otra expresión X2 en la cual no aparezcan las variables y y z —es decir, x debe ser la única variable— de modo tal que la relación X2y=X1 sea verdadera. Finalmente, encuentre una expresión X3 que no contenga variables de manera tal que la relación X3x=X2 sea verdadera. Entonces, X3 será una expresión para el pájaro azul.”

El Secreto

Antes de contarle al lector el método general para derivar cualquier pájaro combinatorio a partir de S y K, resolveremos los cuatro problemas que planteó Griffin.

En primer lugar, derivamos un pájaro identidad a partir de S y K (Problema 1). Bien, SKK es ese pájaro, dado que para cualquier pájaro x, SKKx=Kx(Kx)=x.

Notemos que para cualquier pájaro A, el pájaro SKA es un pájaro identidad (¿por qué?). Así, por ejemplo, SKS es también un pájaro identidad. Pero, seguiremos la convención usual y definiremos I como el pájaro SKK.

Ahora derivaremos un pájaro imitador a partir de S, K e I (Problema 2). Como hizo notar el profesor Griffin, podemos obtener un pájaro imitador a partir de S e I exclusivamente. Ahora bien, dado que Ix=x, se sigue que SIIx=Ix(Ix)=x(Ix)=xx, y entonces SII es un pájaro imitador.

Es el turno del zorzal. Este problema es más tramposo puesto que involucra dos variables —x y y—. Siguiendo la sugerencia del profesor Griffin, debemos hallar una expresión cuya única variable sea x y x tal que la relación X1y=yx sea verdadera. Ahora bien, I es una expresión tal que Iy=y, y Kx es una expresión tal que Kxy=x. Por lo tanto, SI(Kx) es una expresión tal que SI(Kx)y=yx, porque SI(Kx)y=Iy(Kxy)=Iyx=yx. Y así, SI(Kx) es una expresión en la cual y no ocurre y se verifica que SI(Kx)y=yx. Encontramos así la expresión deseada X1 —es decir, SI(Kx)—.

Ahora seguimos la segunda sugerencia del profesor Griffin y buscamos una expresión X2 que no contenga variables y tal que la relación X2x=SI(Kx) sea verdadera. Bien, K(SI) es una expresión tal que K(SI)x=SI, y K es obviamente una expresión tal que Kx=Kx. Entonces, S(K(SI))K es una expresión tal que S(K(SI))Kx=SI(Kx). Verifiquemos esto: S(K(SI))Kx=K(SI)x(Kx)=SI(Kx), dado que K(SI)x=SI. En consecuencia, S(K(SI)) es un zorzal. El lector puede comprobar esto calculando S(K(SI))xy; obtendrá como resultado yx.

Finalmente, para el pájaro azul (Problema 4), debemos primero encontrar una expresión X1 cuyas únicas variables sean x e y y tal que se verifique la relación X1z=x(yz). Bien, dado que Kx es una expresión tal que Kxz=x e y es una expresión tal que yz=yz, S(Kx)y es una expresión tal que S(Kx)yz=x(yz). Demostración: S(Kx)yz=Kxz(yz)=x(yz). Por lo tanto, podemos tomar a S(Kx)y como X1. X1 contiene así las variables x e y solamente.

Ahora necesitamos una expresión X2 cuya única variable sea x y tal que se satisfaga la relación X2y=S(Kx)y. Afortunadamente la solución es fácil, dado que podemos tomar S(Kx) como X2. Nota: La expresión S(Kx)y ya es de la forma X2y, si y no es una variable de X2. ¡No siempre todo resulta tan fácil!

Por último, necesitamos una expresión X3 que no contenga variables y tal que la relación X3x=S(Kx) sea verdadera. Bien, dado que KS es una expresión tal que KSx=S y K es una expresión tal que Kx=Kx, resulta que S(KS)K es la expresión X3 que buscamos. Demostración: S(KS)Kx== KSx(Kx)=S(Kx). En consecuencia, S(KS)K debe ser un pájaro azul como puede verificar el lector mostrando que S(KS)Kxyz=x(yz).

Hemos ilustrado bastante bien el método general de resolución siguiente: nuestras expresiones se forman a partir de las letras S, K, I, y las variables x, y, z, w, v, o cualquier otra que necesitemos. Sea a un símbolo de variable. Para cualquier expresión X decimos que X1 es α-eliminable de X si se satisfacen las dos condiciones siguientes:

1. La variable α no ocurre en X1.

2. La relación X}α=X debe ser verdadera. Esto no quiere decir que X1α sea necesariamente la expresión X, sino que la ecuación X1α=X pueda derivarse a partir de las condiciones que definen a S y K. Por ejemplo, “KKα” y “K” son expresiones diferentes, sin embargo, sí se cumple la relación KKα=K en virtud de la definición del cernícalo —es decir, que para cualesquiera x e y, Kxy=x.

Él problema fundamental, entonces, es el siguiente: dada una expresión X y una variable α, ¿cómo podemos hallar una expresión α-eliminable de X? Este problema se puede resolver mediante un número finito de aplicaciones de los cuatro principios siguientes:

Principio 1: si X es la variable a, entonces I es α-eliminable de X. Dicho de otro modo, I es una expresión α-eliminable de α. Explicación: obviamente, la variable α no forma parte de la expresión I y la relación Iα=α es verdadera. En consecuencia, I satisface las dos condiciones necesarias para ser α-eliminable de α.

Principio 2: si X es una expresión en la que la variable α no ocurre, entonces KX es una expresión α-eliminable de X. La razón es obvia: dado que α no ocurre en X, tampoco ocurre en KX y se verifica la relación KXα=X.

Principio 3: si X es una expresión compuesta Yα y α no ocurre en Y, entonces la misma expresión Y es α-eliminable de X. En otras palabras, si α no ocurre en Y, entonces Y es una expresión α-eliminable de Yα. Las razones son obvias. Por ejemplo, yz es x-eliminable de yzx, dado que x no ocurre en yz e yz es una expresión E tal que Ex=yzx. También KyI es una expresión x-eliminable de KIyx, pero KIy no es y-eliminable de Klyx.

Principio 4: sea X una expresión compuesta YZ, Y1 una expresión α-eliminable de Y y Z1 una expresión α-eliminable de Z. La expresión SY1Z1 es α-eliminable de X. Prueba: Por hipótesis, las relaciones Y1α=Y y Z1α=Z son verdaderas, por lo tanto la relación SY1Z1α=YZ=X es verdadera. Ahora bien, α no ocurre en Y1 ni en Z1 —por hipótesis, Y1 y Z1 son respectivamente α-eliminables de Y y Z—, por lo tanto, α no ocurre en SY1Z1. Así, SY1Z1 es una expresión X1 en la que no ocurre αy tal que es verdadero que X1α=X.

Notemos que el Principio 4 reduce el problema de encontrar una expresión α-eliminable para una expresión compleja YZ al problema de encontrar expresiones α-eliminables para cada una de las expresiones más simples Y y Z. Para resolver este último problema deberemos aplicar nuevamente el Principio 4, y así sucesivamente. No obstante, dado que las expresiones resultantes son cada vez más simples, el proceso finalmente concluye.

Consideremos algunos ejemplos. Supongamos que deseamos encontrar una expresión x-eliminable de la expresión yx(xy). (En una notación no abreviada, la expresión sería (yx)(xy). Es claro que el único principio que podemos aplicar inmediatamente es el Principio 4. En primer lugar, debemos encontrar una expresión x-eliminable de yx y otra expresión x-eliminable de xy. Ahora bien, por el Principio 3, y es x-eliminable de yx. En cuanto a xy, debemos aplicar nuevamente el Principio 4: dado que I es x-eliminable de x y Ky es x-eliminable de y, entonces, por el Principio 4, SI(Ky) es una expresión x-eliminable de xy. La expresión y es x-eliminable de yx y SI(Ky) es x-eliminable de xy, por lo tanto, por el Principio 4, Sy(SI(Ky)) es x-eliminable de yx(xy). El lector puede demostrar que Sy(SI(Ky))x=yx(xy).

Por otra parte, supongamos que deseamos hallar una expresión y-eliminable de (yx)(xy). En primer lugar, debemos encontrar una expresión y-eliminable de yx y otra y-eliminable de xy. Con respecto al primer caso, dado que I es y-eliminable de y y Kx es y-eliminable de x, SI(Kx) es una expresión y-eliminable de yx. Con respecto al segundo, x es y-eliminable de xy. SI(Kx) es y-eliminable de yx y x es y-eliminable de xy, luego, por el Principio 4, S(SI(Kx))x es y-eliminable de yx(xy). El lector puede demostrar que la relación S(SI(Kx))xy=yx(xy) es verdadera.

Ahora que sabemos hallar una expresión α-eliminable de x para cualquier variable α y cualquier expresión x, podemos derivar cualquier pájaro combinatorio a partir de S, K e I. Si x tiene sólo una variable — digamos x—, y deseamos encontrar un pájaro combinatorio A tal que se satisfaga la relación Ax=X, cualquier expresión x-eliminable de X sirve para A. Ejemplo: supongamos que queremos obtener un pájaro combinatorio A tal que la relación Ax=x(xx) sea verdadera. Bien, I es una expresión x- eliminable de x, luego, SII es x-eliminable de xx. Dado que I es x-eliminable de x y SII es x-eliminable de xx, SI(SII) es una expresión x-eliminable de x(xx). El lector puede comprobar así que SI(SII) es un pájaro combinatorio A.

Sea X una expresión que contiene dos variables —digamos x e y—. Supongamos que buscamos un pájaro combinatorio A tal que Axy=X. Primero buscamos una expresión y-eliminable de X —X1— y luego una expresión x-eliminable de X1 —Y2—. Y2 es el pájaro combinatorio que buscamos. Como ejemplo, supongamos que queremos hallar un pájaro combinatorio A tal que para x e y cualesquiera, Axy=yx(xy). Bien, ya hemos hallado una expresión y-eliminable de yx(xy) —S(SI(Kx))x. Ahora debemos hallar una expresión x-eliminable de S(SI(Kx))x. Podemos ordenar nuestro razonamiento del siguiente modo:

1. K(SI) es x-eliminable de SI.

2. K es x-eliminable de Kx.

3. Por lo tanto, S(SI)K es x-eliminable de SI(Kx).

4. KS es x-eliminable de S.

5. Por lo tanto, por los pasos 4 y 3 y el Principio 4, S(KS)(S(SI)K) es x-eliminable de S(SI(Kx)).

6. I es x-eliminable de x.

7. Por lo tanto, por los pasos 5 y 6 y el Principio 4, S(S(KS)(S(SI)K))I es x-eliminable de S(SI(Kx))x y es un pájaro combinatorio A tal que Axy=yx(xy) como puede verificar el lector. {6}

En síntesis: si X es una expresión que contiene sólo dos variables x e y, para obtener un pájaro combinatorio A válido para X —decimos que un pájaro combinatorio A es válido para X si la relación Axy=X es verdadera— es necesario hallar una expresión x-eliminable de una expresión y-eliminable de X —tales expresiones se llaman x-y-eliminables de X. Si X es una expresión que contiene tres variables x, y y z, obtenemos A encontrando una expresión x-eliminable de una y-eliminable de una z-eliminable —tales expresiones se llaman x-y-z-eliminables de X. Esto es lo que hicimos para la expresión x(yz) cuando derivamos el pájaro azul. Un último ejemplo: encontremos un pájaro raro. Ya hemos derivado B y T a partir de S y K y en un capítulo anterior derivamos Q a partir de B y T. Pero olvidemos esto y tratemos de derivar Q a partir de S, K e I directamente.

La expresión X es ahora y(xz). Resumiremos algunos pasos. Así, Ky es una expresión z-eliminable de y; x es z-eliminable de xz, por lo tanto, S(Ky)x es una expresión z-eliminable de y(xz). Ahora debemos encontrar una expresión y-eliminable de S(Ky)x. Bien, S(KS)K es y-eliminable de S(Ky) y Kx es y-eliminable de x, luego, S(S(KS))(Kx) es una expresión y- eliminable de S(Ky)x. Por último, debemos encontrar una expresión x- eliminable de S(S(KS)K)(Kx). Ahora bien, K(S(S(KS)K)) es una expresión x-eliminable de S(S(KS)K) y K es x-eliminable de Kx, por lo tanto, S(K(S(S(KS)K))K es x-eliminable de S(S(KS)K)(Kx). De este modo, obtenemos un pájaro raro, como puede verificar el lector.

Este procedimiento es aplicable a cualquier expresión X con cualquier número de variables. Si X tiene cuatro variables, x, y, z y w, hallamos el pájaro combinatorio deseado buscando, en primer lugar, la expresión w- eliminable de X; en segundo lugar, la expresión z-eliminable del resultado; en tercer lugar, la expresión y-eliminable de ese resultado y, finalmente, la expresión x-eliminable del último resultado. Tal expresión se llama una expresión x-y-z-w-eliminable de X. Dejamos al lector el siguiente ejercicio: derivar una paloma D a partir de S, K e I. (Recordemos que Dxyzw=xy(zw).

Notemos lo siguiente: en primer lugar, el procedimiento descrito puede ser excesivamente tedioso y, con frecuencia, puede conducir a expresiones mucho más largas que las que podemos hallar basándonos solamente en nuestro ingenio. Sin embargo, es un método absolutamente seguro y garantiza la obtención del pájaro combinatorio deseado. En segundo lugar, notemos que el pájaro combinatorio que obtenemos como resultado no es necesariamente único, pues el método para encontrar expresiones α-eliminables puede producir varias soluciones, según el orden en que se apliquen los cuatro principios. Por ejemplo, supongamos que deseamos encontrar una expresión z-eliminable de la expresión xy. Por una parte, podemos usar el Principio 2 y obtener K(xy) como expresión z-eliminable de xy. Por otra parte, dado que Kx es z-eliminable de x y Ky es z-eliminable de y, S(Kx)(Ky) es una expresión z-eliminable de xy. Obviamente, la expresión K(xy) es la más simple, pero tanto K(xy) como S(Kx)(Ky) son expresiones z-eliminables de xy, ya que K(xy)z=xy y S(Kx)(Ky)z=Kxz(Kyz)=xy.

Veamos otro ejemplo. Supongamos que deseamos hallar una expresión y-eliminable de xy. Por una parte, x es y-eliminable de xy, por el Principio 3. Por otra parte, por el Principio 2, Kx es y-eliminable de x y, por el Principio 1, I es y-eliminable de y. Por lo tanto, por el Principio 4, S(Kx)I es también una expresión y-eliminable de xy, y es claramente más compleja que x.

Vemos, entonces, que nuestro procedimiento para hallar expresiones a- eliminables no es determinista: podemos obtener como resultado más de una expresión a-eliminable. Sin embargo, podemos hacerlo completamente determinista observando la restricción siguiente: No usar el Principio 4 cuando se puede aplicar cualquiera de los otros tres principios.

Con esta restricción, podemos obtener una única expresión α-eliminable de una expresión dada X. Este método determinista se puede programar fácilmente en una computadora. El lector aficionado a la programación encontrará provechosa y divertida la elaboración de un programa que permita hallar pájaros combinadores para cualquier expresión dada.

19. Pájaros aristocráticos

Craig pasó algunas semanas en el Bosque Maestro y aprendió muchas cosas interesantes del profesor Griffin.

“Usted ya conocía muchos pájaros antes de llegar a este bosque”, observó Griffin en una de sus charlas diarias. “¿Dónde adquirió esos conocimientos?”

“Aprendí mucho de un profesor llamado Adriano Bravura. ¿Escuchó hablar de él?”

“¡Oh!” gritó Griffin. “¡Bravura fue mi maestro! Pasé varios años en su bosque. Fue allí donde me inicié.”

“Varios problemas me intrigan desde que estuve allí,” dijo Craig. “El profesor Bravura me mostró cómo derivar una gran cantidad de pájaros partiendo únicamente de B, T, M e I. Mi duda es: ¿se pueden derivar todos los pájaros combinatorios a partir de estos cuatro pájaros?”

“Definitivamente no”, replicó Griffin. “El cernícalo K no se puede derivar a partir de B, T, M e I.”

“¿Por qué?” preguntó Craig.

“Esto se puede demostrar rigurosamente” replicó Griffin. “La idea esencial es la siguiente:

El pájaro K tiene un efecto llamado cancelativo al hacer que sea Kxy=x. Miremos un poco el lado derecho de esta ecuación. ¿Qué ha pasado con el pájaro y? Desapareció misteriosamente. Tal vez se haya volado. Decimos que y ha sido cancelado, y por lo tanto que K tiene un efecto cancelativo. Asimismo, el pájaro K2 que cumple la condición K2xy=y es un pájaro cancelativo: la variable x ha desaparecido. Podría nombrar muchos otros pájaros cancelativos. Ahora bien, los pájaros B, M, T e I no son cancelativos, y es imposible derivar un pájaro cancelativo a partir de uno no cancelativo. En consecuencia, el pájaro cancelativo K no se puede derivar a partir de B, T, M e I.”

“Muy interesante”, dijo Craig, “y esto me recuerda otro problema que me obsesiona. Una vez le pregunté al profesor Bravura si había algún cernícalo en su bosque. Me pareció verlo molesto por mi pregunta. Me contestó en una voz extraña: ‘¡No! No se admiten cernícalos en este bosque.’ Deseé preguntarle el motivo, pero el tema obviamente lo perturbaba. ¿Sabe algo acerca de esto?”

“Sí”, dijo Griffin con una risotada. “Lo que pasa es que Bravura es un purista que sólo quiere pájaros aristocráticos en su bosque.”

“¡Por Dios! ¿A qué llama usted un pájaro aristocrático?” preguntó Craig asombrado.

“El término me lo enseñó Bravura”, replicó Griffin, muy divertido. “Un pájaro aristocrático es todo pájaro combinatorio que no es cancelativo.”

“¿Por qué eligió el término ‘aristocrático’?” preguntó Craig.

“Bien, como usted ya sabe, Bravura es un poco excéntrico. Es descendiente de la nobleza italiana y tiene algunas actitudes un poco pasadas de moda frente a la vida. Considera que todo pájaro que cancela a otro carece de nobleza. A éstos los llama pájaros vulgares. A los otros los llama aristocráticos.

“Creo entender la reacción de Bravura”, continuó Griffin, “aunque, por supuesto, admito pájaros vulgares en mi bosque, ya que poseen una valiosa función matemática. Sin embargo, si tengo que elegir entre derivar un pájaro aristocrático a partir de S y K o derivarlo a partir de los cuatro pájaros aristocráticos B, T, M e I, me inclino en favor de la última posibilidad. En general, me resulta un poco incómodo usar un pájaro vulgar para derivar uno aristocrático”.

“¿Todos los pájaros aristocráticos son derivables a partir de B, T, M e I?” preguntó Craig.

“Así es, hay una famosa receta para derivar todos los pájaros aristocráticos a partir de B, T, M e I o, en forma más directa, a partir de B, C, S e I. Si lo desea, algún día se la mostraré.”

Nota: La receta se encuentra en el apéndice de este capítulo.

“Hay algo que me resulta realmente curioso,” dijo Craig. “Si sólo necesitamos dos pájaros combinatorios —S y K— para derivar todos los pájaros combinatorios, ¿cómo se explica que necesitemos cuatro pájaros aristocráticos para derivar todos los pájaros aristocráticos?”

“En realidad, eso no es verdad,” respondió Griffin. “Es cierto que ninguno de esos cuatro pájaros —B, T, M e I— es derivable de los otros tres. Es también cierto que ninguno de los cuatro pájaros B, C, W e I —que generan el mismo grupo que B, T, M e I— es derivable de los otros tres. También es cierto que ninguno de los cuatro pájaros B, C, S e I —que generan el mismo grupo de pájaros que los anteriores— es derivable a partir de los otros tres. No obstante, existe un par de pájaros aristocráticos a partir del cual es posible derivar todos los pájaros aristocráticos.”

“¡Qué interesante!” exclamó Craig. “¿Cuáles son esos pájaros?”

“Uno de ellos es el pájaro identidad I,” replicó Griffin “y el otro seguramente no ha de resultarle muy familiar es el grajo descubierto en 1935 por J. Barkley Rosser. Se define por la condición siguiente:

Jxyzw=xy(xwz).”

“¡Qué pájaro curioso!” exclamó Craig. “Tiene usted razón, no lo conozco. Cuénteme más acerca de él.”

“Muy bien,” dijo Griffin: “le mostraré primero que J es derivable de B, T, M e I y en forma más directa, a partir de B, C, W e I. En realidad, J es derivable exclusivamente a partir de B, C y W. Luego le mostraré que B, T y M son derivables a partir de J e I. Se seguirá inmediatamente que la clase de pájaros derivables a partir de J e I es idéntica a la clase de pájaros derivables a partir de B, T, M e I.

Derivación del grajo

1. Derivación de J

“Hay muchas maneras de derivar J a partir de B, C y W”, dijo Griffin. “Quizá la más simple sea usar el águila E, el pájaro C* —es decir, el cardenal quitado una vez— y el pájaro C** —es decir, el cardenal quitado dos veces—. Intente derivar J a partir de E, C*, C** y W. Luego, exprese J en términos de B, C, y W.”

Solución

Cambiando el rumbo

“Ahora,” dijo Griffin, “tomaremos el rumbo opuesto. Comenzaremos con los dos pájaros J e I y procederemos a derivar B, T, y M. Tendremos que rederivar algunos pájaros ya conocidos y el orden resultará diferente del de las derivaciones originales a partir de B y T. Por ejemplo, derivaremos C antes que B, y antes que éste derivaremos el pájaro quijotesco Q1.”

2. Derivación de Q1

“Recordemos la definición del pájaro quijotesco Q1: Q1xyz=x(zy). Demuestre que un pájaro quijotesco es derivable a partir de J e I.”

Solución

3. Derivación del zorzal

“Ahora intente derivar un zorzal T a partir de Q1 e I.”

Solución

4. Derivación del petirrojo R

“A partir de J y T, derive el petirrojo R.”

Solución

5. Derivación del pájaro azul

“Una vez obtenido R”, dijo Griffin “podemos tomar C como RRR, y, de este modo, obtenemos el cardenal. A partir de C y Q1 es posible obtener el pájaro azul. ¿Sabe cómo hacerlo?

“En realidad”, añadió Griffin, “el pájaro C* es fácilmente derivable a partir de C y Q1, y B es derivable a partir de C* y Q1 Este es, creo, el camino más fácil.”

“Ahora debemos derivar el pájaro imitador”, dijo Griffin. “Esta es la parte más interesante y tramposa. Será útil derivar en primer lugar un pariente de J.”

Solución

6. El pájaro J1

“A partir de los tres pájaros J, B y T, derive un pájaro J1 que satisfaga la siguiente condición:

J1xyzw=yx(wxz).”

Solución

7. El pájaro imitador

“Y ahora podemos derivar el pájaro imitador a partir de C, T y J1. Demuéstrelo.”

“Permítame que le haga una sugerencia”, agregó Griffin: “Para cualquier pájaro x, J1xTTT=xx. Puede verificarlo fácilmente.”

Solución

Griffin continuó, “Ahora ve usted que la clase de pájaros derivables a partir de J e I es idéntica a la clase de pájaros derivables a partir de B, T, M e I. Si creáramos un bosque de pájaros con los dos pájaros J e I solamente, obtendríamos al final los mismos pájaros que si hubiéramos tomado B, T, M e I como puntos de partida. El cernícalo K no aparecería nunca, a menos que emigrara de otro bosque. Tampoco aparecerían las huestes de pájaros derivables a partir de S y K.”

Nota: La teoría de pájaros combinatorios derivables a partir de B, T, M e I —o a partir de B, C, W e I, o de J e I solamente— se conoce técnicamente como λI-cálculo. La teoría de pájaros combinatorios derivables a partir de S y K se conoce como λK-cálculo. No podemos decir que una teoría sea mejor que la otra; cada una de ellas tiene aplicaciones que no tiene la otra.

Apéndice

Damos aquí al lector interesado la receta para derivar cualquier pájaro aristocrático a partir de los cuatro pájaros B, C, S e I.

Usamos la noción de α-eliminable definida en el capítulo anterior. Decimos que X es una expresión buena si está formada por variables y las letras B, C, S y T. La letra K no está permitida. A continuación debemos demostrar que si X es una expresión buena, y α es cualquier variable que ocurre en X, entonces podemos encontrar una expresión buena α-eliminable de X. El método para encontrar esta expresión producirá una única buena expresión α-eliminable de X, que llamaremos la expresión α-eliminable distinguida de X. Este procedimiento es recursivo, ya que el problema de encontrar la expresión α-eliminable distinguida de una expresión compuesta XY se reduce al problema de encontrar primero la expresión distinguida α-eliminable de X y luego la expresión distinguida α-eliminable de Y.

He aquí las reglas del método.

Regla 1: la expresión distinguida α-eliminable de a es I.

Regla 2: si α no ocurre en X, entonces la expresión distinguida α-eliminable de Xα es simplemente X.

Regla 3: sea XY una expresión compuesta en la cual α ocurre. Entonces, α debe ocurrir en X o en Y o posiblemente en ambas. Debemos suponer que Y no contiene a la variable α; ya que de otro modo la situación se reduce a la Regla 2. Sea X1 la expresión distinguida α-eliminable de X y sea Y1 la expresión distinguida α-eliminable de Y. Una vez encontradas X1 e Y1, he aquí el modo de encontrar la expresión distinguida α-eliminable de XY.

a) Si α ocurre en X e Y, entonces tomemos SX1Y1 como la expresión distinguida α-eliminable de XY.

b) Si α ocurre en Y pero no en X, entonces tomemos BXY1 como la expresión distinguida α-eliminable de XY.

c) Si α ocurre en X pero no en Y, entonces tomemos CX1Y como la expresión distinguida α-eliminable de XY.

Veamos algunos ejemplos:

1. ¿Cuál es la expresión distinguida z-eliminable de yz? Por la Regla 2 es y.

2. ¿Cuál es la expresión distinguida z-eliminable de zy? La regla aplicable en este caso es la parte c) de la Regla 3: en primer lugar, debemos obtener la expresión distinguida z-eliminable de z, que es I por la Regla 1. Luego, por la parte c) de la Regla 3, expresión distinguida z-eliminable de zy es CIy. Verifiquemos esto: CIyz=Izy=zy.

3. ¿Cuál es la expresión distinguida y-eliminable de y(xy)? Solución: I es la expresión distinguida y-eliminable de y y x es la expresión distinguida y-eliminable de xy. Por lo tanto, SIx es la expresión distinguida y-eliminable de y(xy), por la parte a) de la Regla 3.

4. ¿Cuál es la expresión distinguida y-eliminable de z(xy)? Solución: x es la expresión distinguida y-eliminable de xy, por lo tanto, Bzx es la expresión distinguida y-eliminable de z(xy). La verificación es obvia: Bzxy=z(xy)

Ejercicio: encontrar un pájaro combinatorio A en términos de B, C, S e I, que satisfaga la condición Axyz=xz(zy). Debemos dividir el problema en tres partes:

a) Encontrar la expresión distinguida z-eliminable de xz(zy).

b) Encontrar la expresión distinguida y-eliminable de la expresión obtenida en a).

c) Encontrar la expresión distinguida x-eliminable de la expresión obtenida en b). De este modo obtenemos la expresión deseada A. Dejamos al lector la verificación.

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Soluciones Cap. 19

1 .

xy(xwz)=Exyxwz=C*Exxywz=W(C*E)xywz=C**(W(C*E))xyzw.{7} Y así, podemos tomar J como C**(W(C*E)).

En términos de B, C y W, J=B(BC)(W(BC(B(BBB)))).

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2 . Originariamente tomamos Q1 como BCB. Pero en términos de J e I, podemos tomar Q1 como JI, ya que JIxyz=Ix(Izy)=x(Izy)=:x(zy).

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3 . Podemos tomar T como Q1I, ya que Q1Ixy=I(yx)=yx.

En términos de J e I, podemos tomar T como JII.

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4 . JTxyz=Tx(Tzy)=Tx(yz)=yzx.

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5 . Podemos tomar C* como Q1C, ya que

C(Q1C)xyzw=Q1Cyxzw=C(xy)zw=xywz.

Luego podemos tomar B como C*Q1, ya que C*Q1xyz=Q1xzy=x(yz). Por lo tanto, C*Q1 es un pájaro azul.

En términos de C y Q1, B=(Q1C)Q1.

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6 . BJTxyzw=J(Tx)yzw=Txy(Txwz)=yx(wxz). Y así, tomamos BJT como J1.

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7 . En primer lugar, sigamos la sugerencia de Griffin. Bien, J1xTTT=Tx(TxT)=Tx(Tx)=(Tx)x=Txx=xx.

Ahora hacemos lo siguiente:

J1xTTT=CJ1TxTT=C(CJ1T)TxT=C(C(CJ1T)T)Tx.

Y así tomamos C(C(CJ1T)T)T como M. En términos de B, C, T y J, M=C(C(C(BJT)T)T)T {8}

¡Qué extraña expresión para un pájaro imitador! Pero funciona.

Como hizo notar Curry, el pájaro combinatorio J parece extremadamente artificial. Lo es. Sin embargo, produce el siguiente resultado interesante desde el punto de vista teórico: la clase de todos los pájaros combinatorios derivables a partir de B, T, M e I contiene dos pájaros combinatorios a partir de los cuales son derivables todos los demás.

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20. El descubrimiento de Craig

“Tengo una pregunta especial para usted”, le dijo al día siguiente Craig a Griffin. “Consideremos la clase de todos los pájaros derivables a partir de B, T e I exclusivamente. Ahora...”

“¡Oh! Esta es una clase muy interesante”, interrumpió Griffin. “J. B. Rosser estudió esta clase en relación con ciertas lógicas en las que los pájaros duplicadores como M, W, L, S y J no tienen lugar. Por lo tanto, Rosser estaba interesado en la clase de los pájaros derivables a partir de B, C e I y ésta es justamente la clase que usted acaba de describir. Ahora bien, ¿qué quiere saber usted acerca de esta clase?”

“¿Es posible reemplazar los tres pájaros B, T y M por sólo dos miembros de esta clase a partir de los cuales sean derivables todos los miembros de la misma?”

“Esta es una pregunta interesante” dijo Griffin. “Nunca lo había pensado.”

“Bien,” dijo Craig, “anoche estuve pensando en esto y creo que encontré la respuesta. Descubrí un pájaro derivable exclusivamente a partir de B y T tal que B y T son ambos derivables a partir de este pájaro e I.” “¡Qué interesante!” exclamó Griffin. “¿Cuál es ese pájaro?”

“Es el jilguero dorado G,” replicó Craig. “Este pájaro se define por la condición Gxyzw=xw(yz). Bien, logré derivar B y T a partir de G e I, entonces la clase de los pájaros derivables de B, T e I es idéntica a la clase de los pájaros derivables a partir de G e I.”

“Brillante” dijo Griffin. “¿Cómo obtiene B y T a partir de G e I?”

“Obtener T es muy simple,” replicó Craig “pero me costó mucho obtener B. Le mostraré lo que hice.”

1

“Lo primero que hice fue derivar el pájaro sutil (quirky) —es decir, el pájaro Q3 que satisface la condición Q3xyz=z(xy). Este pájaro se puede derivar fácilmente a partir de G e I. ¿Sabe cómo hacerlo?”

Solución

2

“Mencionaré también que el zorzal T es fácilmente derivable a partir de Q3 e I y, en consecuencia, a partir de G e I. ¿Sabe cómo hacerlo?”

Solución

3

“Lo más importante es obtener el cardenal C”, dijo Craig. “¿Sabe usted cómo obtener C a partir de G e I?”

Solución

4

“Ahora que tenemos a C”, dijo Craig, “tenemos CC, que es un petirrojo R. Por lo tanto, a partir de R, G y Q3 podemos obtener el pájaro raro Q. ¿Se imagina cómo hacerlo? Entonces, por supuesto, una vez que tenemos Q y C, obtenemos CQ, que es el pájaro azul B.”

“Excelente” dijo Griffin después de haber resuelto estos problemas. “Me encanta que haya comenzado tan pronto a plantear problemas nuevos en este campo.”

Solución

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Soluciones Cap. 20

1 . GI es un pájaro sutil ya que GIxyz=Iz(xy)=z(xy). Y así, tomamos GI como Q3.

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2 . Q3I es un zorzal ya que Q3Ixy=y(Ix)=yx.

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3 . GGII es un cardenal ya que

GGIIxyz=Gx(II)yz=GxIyz=xz(Iy)=xzy.

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4 . GRQ3 es un pájaro raro, ya que GRQ3xyz=Ry(Q3x)z=Q3xzy=y(xz).

Y así tomamos GRQ3 como Q.

Como el lector puede verificar fácilmente, vemos que GR es un cardenal quitado una vez, y así podemos tomar GR como C*. Entonces C*Q3 es un pájaro raro Q.

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PARTE 6

El problema fundamental

21. El principio del punto fijo

Dos días más tarde, Craig se reunió nuevamente con el profesor Griffin.

“Hoy”, dijo Griffin “deseo enseñarle un importante principio conocido como el principio del punto fijo, que tiene múltiples aplicaciones que quisiera discutir más adelante con usted. Un caso particular de este principio es el siguiente: a todo pájaro de este bosque le gusta al menos un pájaro. Antes de enunciar el principio general, pienso que será útil considerar un par de casos particulares. Si puede resolverlos, estoy seguro de que no tendrá mayores dificultades en comprender el principio del punto fijo”.

1

Encontrar un pájaro A tal que para todo pájaro y, Ay=yA(AyA).

2

Encontrar un pájaro A tal que para dos pájaros cualesquiera y y z, Ayz=(z(yA))(yAz).

El inspector Craig estaba excepcionalmente lúcido aquel día y resolvió los dos problemas rápidamente.

“Veo dos formas de abordar el problema”, dijo Craig. “Un método es usar el hecho de que a todo pájaro le gusta al menos un pájaro; el otro método es proceder desde cero.”

“Usando el primer método, he aquí cómo resuelvo el Problema 1. Consideremos la expresión yx(xyx), que es resultado de la sustitución de A por x en yA(AyA). Ahora tomando una expresión x-y-eliminable de yx(xyx), podemos encontrar un pájaro A1 tal que para dos pájaros cualesquiera x e y, A1xy=yx(xyx).”

“Correcto”, dijo Griffin.

“Bien, al pájaro A1 le gusta algún pájaro A —para ser más precisos, del pájaro LA1(LA1), donde L es una alondra. Así, A1A=A.”

“Magnífico”, dijo Griffin.

“Dado que A1A=A”, continuó Craig, “para cualquier pájaro y, A1Ay=Ay. Además, A1Ay=yA(AyA), ya que para cualquier pájaro x, A1x=yx(xyx). Ahora bien, A1Ay=yA(AyA) y A1Ay=Ay, por lo tanto Ay=yA(AyA). Allí tiene usted la solución del problema”.

“¡Excelente!”, exclamó Griffin. “Pero tengo mucha curiosidad por conocer el segundo método que mencionó, el método que procede desde cero. ¿Cómo es?”

“Bien”, replicó Craig, “se trata de reemplazar x por (xx) en la expresión yx(xyx), obteniendo así la expresión y(xx)((xx)y(xx)). Ahora bien, sea A2 un pájaro tal que, para pájaros cualesquiera x e y, A2xy=y(xx)((xx)y(xx)). Luego, sustituyendo x por A2, obtenemos la ecuación A2A2y=y(A2A2)((A2A2)y(A2A2)). Por último, tomando A2A2 como el pájaro A, resulta que Ay=yA(AyA).”

“Está bien,” dijo Griffin.

“Se me ocurre que, en general, con el primer método se obtiene una expresión mucho más corta para A. Parece más sencillo encontrar una expresión x-y-eliminable de yx(xyx) que encontrar una expresión x-y-eliminable de y(xx)((xx)y(xx)). Así que, en la práctica, creo que usaré el primer método.

“Está claro que cualquiera de estos métodos sirve para resolver el segundo problema: hallar un pájaro A tal que, para pájaros cualesquiera y y z, Ayz=(z(yA))(yAz). Sea A1 una expresión x-y-z-eliminable de la expresión (z(yx))(yxz), sea A el pájaro LA1(LA1). Dado que A1A=A, A1Ayz=Ayz. Por lo tanto, Ayz=A1Ayz=(z(yz))(yAz), y así obtenemos el pájaro deseado A.

“El método es también aplicable a expresiones con cuatro variables en lugar de tres. Por ejemplo, tomemos la expresión x(zwy)(xxw). Sea A1 una expresión x-y-z-w-eliminable de aquella expresión y sea A el pájaro LA1(LA1), entonces, para pájaros cualesquiera y, z, w, Ayzw=A(zwy)(AAw). En realidad, el método es aplicable a cualquier expresión con cualquier número de variables. ¿Este es el principio que usted llama principio del punto fijo?”

“Veo que comprendió la idea,” dijo Griffin. “Ahora enunciaré el principio del punto fijo en forma general. Supongamos que tenemos un número cualquiera de variables x, y, z, ... y escribimos una ecuación de la forma Axyz...=(—), donde (—) es cualquier expresión formada por las variables x, y, z, ... y la letra A. Por ejemplo, (—) podría ser la expresión yA(wAA)(xAz). Ahora bien, el principio del punto fijo afirma que siempre es posible resolver la ecuación para A—en otras palabras, existe un pájaro A tal que, para pájaros cualesquiera x, y, z,..., es verdadero que Axyz...=(—). En el ejemplo anterior, existe un pájaro A tal que, para pájaros cualesquiera x, y, z y w, es verdadero que Axyzw=yA(wAA)(xAz). Cuando estudiemos los pájaros aritméticos, apreciará la importancia de este principio.”

“Permítame hacerle notar otra cosa”, agregó Griffin”, que la existencia del pájaro sabio es tan sólo un caso particular del principio del punto fijo: el caso en que (—) es la expresión x(Ax). Según el principio del punto fijo, existe un pájaro A tal que para todo pájaro x, Ax=x(Ax). este pájaro A es un pájaro sabio.”

“¡Qué interesante!” exclamó Craig. “Nunca imaginé que se podía ver un pájaro sabio de ese modo.”

Los siguientes ejercicios ofrecen al lector una mejor comprensión de las aplicaciones del principio del punto fijo.

Ejercicio 1 (Los pájaros sabios revisados): examinemos una vez más el problema de hallar un pájaro sabio A, pero ahora desde el punto de vista del principio del punto fijo.

Tenemos que encontrar un pájaro A que satisfaga la ecuación Ax=x(Ax)— para todo pájaro x. Ya hemos visto en este capítulo dos métodos distintos para resolver la ecuación. Aplicando ambos métodos, ¿qué pájaros se obtienen? Estos fueron encontrados en el Capítulo 13.

Solución

Ejercicio 2: (Los pájaros conmutativos revisados): usando los dos métodos mencionados, encontrar un pájaro A tal que, para todo pájaro x, Ax=xA. Este pájaro A conmuta con todo pájaro x (recordemos el Problema 18 del Capítulo 11). Una de las soluciones es la misma que la del Problema 18 del Capítulo 11; la otra en cambio es totalmente nueva. ¿Qué solución nueva podemos encontrar?

Solución

Ejercicio 3: En cada uno de los casos siguientes, encontrar un pájaro A que satisfaga el requisito dado. (Recomendamos usar aquí el primer método.)

a) Ax=Axx

b) Ax=A(xx)

c) Ax=AA(xx)

Solución

Ejercicio 4: Encontrar un pájaro A tal que para todo pájaro x, Ax=AA.

Solución

Ejercicio 5: En cada uno de los casos siguientes, encontrar un pájaro A que satisfaga el requisito dado.

a) Axy=xyA

b) Axy=Ayx

c) Axy=x(Ay)

Solución

Ejercicio 6: Por el principio del punto fijo, existe un pájaro A tal que, para pájaros cualesquiera x, a y b, Axab=x(Aaab)(Abab). Usando esto, probar el siguiente teorema (conocido como el teorema del doble punto fijo): para pájaros cualesquiera a y b, existen pájaros c y d tales que cab=a y dab=b. Esto constituye una demostración sencilla del teorema del doble punto fijo.

Solución

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Soluciones Cap. 21

Ejercicio 1: Aplicando el primer método, debemos encontrar en primer lugar un pájaro A1 tal que para todo pájaro x e y, A1yx=x(yx), y así, es solución cualquier pájaro que le guste a A1. Ahora bien, A1 es el búho O, y LO(LO) —o cualquier otro pájaro que le guste a O— es un pájaro sabio. Llegamos así a la misma solución que en el Problema 14 del Capítulo 13.

Usando el segundo método, debemos primero hallar un pájaro A1 tal que para todo x e y, A1yx=x(yyx), y así, A1A1 es solución. Ahora bien, el pájaro de Turing U es A1, y vemos nuevamente que nuestro viejo amigo UU es un pájaro sabio.

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Ejercicio 2: Usando el primer método, debemos obtener como solución LT(LT) o cualquier otro pájaro que le guste al zorzal T. Esta solución es la misma que la del Problema 18 del capítulo 11.

Usando el segundo método, una posible solución es W’W’, donde W’ es el recíproco del pájaro cantor: W’xy=yxx. Otra solución correcta es CW(CW), ya que CW es recíproco del pájaro cantor. Se verifica fácilmente que W’W’x=x(W’W’).

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Ejercicio 3:

a) LW(LW)

b) LL(LL)

c) L(LL)(L(LL))

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Ejercicio 4: Es muy probable que este ejercicio haya dejado un poco perplejo al lector, ya que A es la única letra que figura a la derecha de la ecuación. Sin embargo, podemos aplicar cualquiera de los dos métodos:

Usando el primero, tenemos que encontrar, en primer lugar, un pájaro A1 tal que, para todo pájaro x e y, A1yx=yy. Ahora bien, como se puede verificar fácilmente, ese pájaro es BKM y la solución, por lo tanto, es L(BKM)(L(BKM)).

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Ejercicio 5:

a) LR(LR)

b) LC(LC)

c) LQ(LQ)

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Ejercicio 6: para pájaros cualesquiera x, a y b, Axab=x(Aaab)(Abab). Por lo tanto, si sustituimos x por a, resulta que Aaab=a(Aaab)(Abab). Si, en cambio, sustituimos x por b, resulta que Abab=b(Aaab)(Abab). Ahora bien, sean c=Aaab y d=Abab, entonces c=acd y d=bcd.

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22. Una mirada al infinito

Algo más sobre el cernícalo

“Aunque al profesor Bravura no le agrade el ‘humilde’ cernícalo”, dijo Griffin a Craig en otra de sus charlas diarias, “hay que admitir que este pájaro posee algunas propiedades interesantes”.

1

“Por ejemplo”, continuó Griffin, “imaginemos un bosque que contiene por lo menos dos pájaros. ¿Sabía usted que un cernícalo no puede gustar de sí mismo?”

“Sí, lo recuerdo bien”, replicó Craig, pensando en el Problema 19 del Capítulo 9.

“¿Sabía usted que si el bosque contiene por lo menos dos pájaros, es imposible que a un cernícalo le guste un pájaro identidad?”

“No, no lo había pensado”, dijo Craig.

“La prueba es bastante sencilla”, observó Griffin. ¿Cómo es?”

Solución

2

“Detesto los bosques que sólo contienen un pájaro”, dijo Griffin.

“Todos los problemas que le plantearé hoy parten del supuesto de que el bosque contiene por lo menos dos pájaros.

“Demuestre que si K es un cernícalo e I es un pájaro identidad, entonces MK, en otras palabras, ningún pájaro puede ser un pájaro identidad y un cernícalo al mismo tiempo.”

Solución

3

“Otra cosa”, dijo Griffin: “es imposible que al estornino le guste el cernícalo. ¿Sabe usted por qué?”

Solución

4

“La razón es la siguiente”, continuó Griffin: “ningún estornino puede ser un pájaro identidad. ¿Ve usted por qué?”

Solución

5

“Veamos”, dijo Craig, “ningún pájaro puede ser a la vez un estornino y un pájaro identidad y, además, ningún pájaro puede ser un cernícalo y un pájaro identidad al mismo tiempo. Ahora bien, ¿es posible que un pájaro sea al mismo tiempo un estornino y un cernícalo?”

“¡Buena pregunta!” exclamó Griffin. “La respuesta no es difícil,”

¿Cuál es la respuesta? Recordemos que partimos del supuesto de que el bosque contiene por lo menos dos pájaros.

Solución

6

“He aquí un principio simple pero importante”, dijo Griffin. “Ya hemos convenido en que ningún cernícalo K puede gustar de sí mismo. Esto significa que KK≠K. Ahora generalicémoslo esto: ¡para ningún pájaro x, es verdadero que Kx=K! ¿Se atreve a demostrarlo?”

Nota: Recuerde el lector la ley de cancelación para cernícalos que demostramos en el Capítulo 9, Problema 16, es decir, si Kx=Ky, entonces x=y.

Solución

7

“Permítame agregar algo más”, dijo Griffin: “Ya hemos demostrado que un cernícalo K no puede gustar de un pájaro identidad I. Esto significa que KI≠I. También podemos generalizar esto: demuestre que no existe un pájaro x tal que Kx=I.”

Solución

“Bien”, dijo Griffin, “pronto le contaré algo muy importante sobre los cernícalos. Pero antes de eso, ¿qué le parece si tomamos una deliciosa taza de té?”

“¡Magnífica idea!” exclamó Craig.

Algunos pájaros no egocéntricos

Mientras Craig y Griffin toman su merecido té, permítanme hablarles de algunos pájaros no egocéntricos. De ahora en adelante, supondremos que el bosque contiene los pájaros K e I y que K≠I. Sobre esta base, ya demostramos que el cernícalo K no puede ser egocéntrico (recordemos que un pájaro egocéntrico es todo pájaro x tal que xx=x). Se puede probar que hay muchos pájaros no egocéntricos. Veamos algunos de ellos.

8

Demostrar que ningún pájaro puede ser a la vez un cernícalo y un zorzal.

Solución

9

Demostrar ahora que ningún zorzal T puede ser egocéntrico.

Solución

10

Demostrar que si R es un petirrojo, entonces RII≠I El lector puede probar además que RI≠I y que R≠I.

Solución

11

Demostrar que ningún petirrojo R puede ser egocéntrico.

Solución

12

Probar que ningún cardenal C puede ser egocéntrico.

Solución

13

Probar que ninguna oropéndola V puede ser egocéntrica. [Vxyz=zxy]

Solución

14

Demostrar que para cualquier pájaro cantor W:

a) A W no le gusta I.

b) W no es egocéntrico.

Solución

15

Demostrar que para cualquier estornino S:

a) A SI no le gusta I. Y a S no le gusta I.

b) S no es egocéntrico.

Solución

16

Demostrar que para cualquier pájaro azul B:

a) BKK≠KK.

b) B no puede ser egocéntrico.

Solución

17

¿Puede ser egocéntrico un pájaro raro?

Solución

El lector puede continuar solo la divertida tarea de indagar qué pájaros conocidos no son egocéntricos. Recomendamos también el siguiente ejercicio: probar que los pájaros B, C, W, S, R y T, tomados de a pares, no pueden ser idénticos, es decir, B≠C, B≠W, ... , B≠T, C≠W, ... , C≠T, etc.

Los cernícalos y el infinito

“Bien”, dijo Griffin después de su deliciosa merienda, “algunos de los problemas que le planteé sobre cernícalos conducen a un resultado sumamente significativo. Imaginemos una vez más un bosque que contiene por lo menos dos pájaros. ¿Sabía usted que si el bosque contiene un cernícalo K, entonces contiene necesariamente infinitos pájaros?”

“¡Eso parece interesantísimo!” exclamó Craig.

“Algunos de mis antiguos discípulos dieron pruebas falaces de este hecho,” dijo Griffin. “Cuando presenté el problema, recuerdo que uno de ellos respondió inmediatamente: ‘¡Oh, por supuesto! Basta considerar la serie infinita K, KK, KKK, KKKK, ...’ ¿Alcanza a ver por qué es falaz la prueba?”

18

¿Por qué es falaz esta prueba?

Solución

19

“Veo claramente la falacia,” replicó Craig. “Pero...¿qué pasa si consideramos la serie K, KK, K(KK), K(K(KK)), K(K(K(KK)))?”

“¡Esa es la idea!” exclamó Griffin.

“A decir verdad, sólo estaba adivinando”, replicó Craig. “Aún no he verificado si todos esos pájaros son realmente distintos. Por ejemplo, ¿cómo sé que el pájaro K(KK) no es el mismo que K(K(K(KK)))?”

“Le haré una sugerencia”, replicó Griffin. “Para simplificar la notación, sea K1 el pájaro K; K2=KK1, que es KK; K3=KK2, que es K(KK); K4=KK3, que es K(K(KK)), y así sucesivamente. Así, para cada número n, Kn+1=KKn. A continuación, hay que demostrar que, para dos números distintos n y m, Kn≠Km. Por ejemplo, K3≠K8; K5≠K17. En primer lugar, recuerde la ley de cancelación para cernícalos: si Kx=Ky, entonces x=y; luego divida la prueba en tres pasos:

Paso 1: Demuestre que para todo n mayor que 1, K1≠Kn, es decir, K1 no puede ser ninguno de los pájaros K2, K3, K4, ...

Paso 2. Demuestre que para números cualesquiera n y m, si Kn+1=Km+1, entonces Kn=Km. Por ejemplo, si K4 fuera igual a K7, entonces K3 sería igual a K6.

Paso 3: Usando los pasos 1 y 2, demuestre que, dados dos números distintos m y n, es falso que Kn=Km. Por lo tanto hay infinitos pájaros en la secuencia Kl, K2, K3, ...

Con estas sugerencias, Craig logró resolver el problema. ¿Cuál es la solución?

Solución

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Soluciones Cap. 22

1 . Supongamos que a un cernícalo K le gusta un pájaro identidad I. Entonces, KI=I. Por lo tanto, para cualquier pájaro x, KIx=Ix, y, dado que, Ix=x, KIx=x. Además, KIx=I, ya que K es un cernícalo. Esto quiere decir que KIx=x y KIx=I, por lo tanto, x=I. Ahora bien, si K gusta de I, entonces para todo pájaro x, x es igual a I, y, en consecuencia, I es el único pájaro del bosque. Pero hemos partido del supuesto de que hay por lo menos dos pájaros en el bosque, por lo tanto, a K no puede gustarle I.

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2 . La solución de este ejercicio se sigue inmediatamente del problema anterior. Supongamos que K=I. Luego, KI=II, y entonces KI=I. Esto significa que a K le gusta I, lo cual es imposible según el problema anterior.

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3 . Supongamos que SK=K, entonces para pájaros cualesquiera x e y, SKxy=Kxy. Ahora bien, dado que Kxy=x, SKxy=x. Además, SKxy=Ky(xy)=y. Por lo tanto, SKxy=x y SKxy=y, de lo que resulta x=y. De modo que, si SK=K, entonces, para pájaros cualesquiera x e y, x=y, lo cual implica que hay un único pájaro en el bosque.

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4 . Supongamos que S=I, entonces SK=IK=K. Pero SK≠K, como demostramos en el problema anterior; por lo tanto, S≠I.

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5 . Supongamos que S=K, entonces SIKI=KIKI. Ahora bien, SIKI=II(KI)=I(KI)=KI y KIKI=KK=I.{9} Por lo tanto, si S=K, entonces KI=I. Pero KI≠I, según el Problema 1, en consecuencia, S≠K.

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6 . Supongamos que existe un pájaro x tal que Kx=K. Entonces, se sigue que, para todo pájaro y, Kxy=Ky y x=Ky. De ello resulta que, para pájaros cualesquiera y1 y y2, Ky1=Ky2, ya que x es igual a Ky1 y a Ky2 Por la ley de cancelación —Problema 16, Capítulo 9— se seguiría que y1=y2. De modo que, partiendo del supuesto de que existe un pájaro x tal que Kx=K, llegamos a la conclusión de que para pájaros cualesquiera y1 y y2, el pájaro y1 es igual a y2, en otras palabras, hay un único pájaro en el bosque.

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7 . Este problema es más fácil. Supongamos que existe un pájaro x tal que Kx=I, entonces KxI=II y, además, x=I, ya que KxI=x y II=I. Ahora bien, dado que Kx=I y x=I, se sigue que KI=I. Pero, según el Problema 1, KI≠I. Por lo tanto, no existe un pájaro x tal que Kx=I.

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8 . Supongamos que T=K, entonces TIK=KIK y KI=KIK=I. Pero, según el Problema 1, KI≠I.

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9 . Resolveré éste y los siguientes problemas en forma más resumida. A esta altura el lector debe haber adquirido bastante experiencia como para llenar los pasos que falten. En la solución a este problema ilustraré el significado de “pasos que faltan”.

Supongamos que TT=T, entonces TTKI=TKI y KTI=IK. [Pasos que faltan. “Ya que TTKI=KTT y TKI=IK.”] Por lo tanto, T=K. [Pasos que faltan. “Ya que KTI=T y IK=K.”] Pero, según el Problema 8, T≠K, por lo tanto, es falso que TT=T.

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10 . Supongamos que RII=I, entonces RIIK=IK y, simplificando ambos lados de la ecuación: IKI=K, y KI=K, lo cual es imposible según el Problema 7. En el Problema 7 demostramos que no existe ningún pájaro x tal que Kx=K, y así, en particular, KI≠K.

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11 . Supongamos RR=R, entonces RRII=RII. Ahora bien, RRII=IIR=R, por lo tanto, R=RII y RI=RIIII=IIII=I. De esto resulta que RII=I, lo cual es imposible por el problema anterior.

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12 . Supongamos que CC=C, entonces CCIKI=CIKI=IIK=K. Además, CCIKI=CKII=KII=I. De esto resulta que I=K, lo cual es imposible por el Problema 2.

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13 . Supongamos que VV=V, entonces VVIII=VIII=III=I. Además, VVIII=IVII=VII, por lo tanto, VII=I. Luego, VIIK=IK=K. Además, VIIK=KII=I, de donde resulta que K=I, lo cual es absurdo por el Problema 2.

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14 .

a). Supongamos que WI=I, entonces WIK=IK=K. Luego, IKK=K, de donde resulta que KK=K. Pero sabemos que esto no es cierto, ya que el cernícalo no es egocéntrico.

b). Supongamos que WW=W, entonces WWI=WI. Ahora bien, WWI=WII=III=I. De esto resulta que WI=I, lo cual es absurdo por a).

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15 .

a). Supongamos que a SI le gusta I. Entonces, SII=I. Además SIIK=IK, por lo tanto, IK(IK)=IK, y así, KK=K. Pero KK≠K, luego, SII≠I.

b). Supongamos que SS=S, entonces SSIII=SIII=II(II)=I. Además SSIII=SI(SI)I=II(SII)=SII. De donde resulta que SII=I, lo cual es absurdo por a).

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16 .

a). Supongamos que BKK=KK, entonces BKKI=KKI. Por lo tanto, K(KI)=K. Esto es absurdo por el Problema 6, que afirma que no existe ningún pájaro x tal que Kx=K.

b). Supongamos que BB=B, entonces BBIK=BIK. Por lo tanto, B(IK)=BIK. Por consiguiente BK=BIK y BKK=BIKK=I(KK)=KK. Obtenemos así BKK=KK, lo cual es absurdo por a).

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17 . Supongamos que QQ=Q, entonces QQIKI=QIKI=K(II)=KI. Además, QQIKI=I(QK)I=QKI. Resulta entonces que QKI=KI, luego, QKII=KII. Así, I(KI)=I, por lo tanto KI=I, lo cual es absurdo por el Problema 1. En consecuencia, por muy raro que sea, Q es definitivamente no egocéntrico.

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18 . La falacia radica en el hecho de que las infinitas expresiones de la serie nombran sólo dos pájaros distintos: K y KK. Se advierte claramente que KKK=K, y entonces KKKKK=KKK=K. Todas las expresiones que contienen un número impar de letras K son iguales a K; todas las expresiones que contienen un número par de letras K son iguales a KK.

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19 . La serie propuesta por Craig es correcta.

Paso 1: Demostramos en el Problema 6 que para todo pájaro x, K≠Kx. Por lo tanto, K no puede ser idéntico a ninguno de los pájaros KK1, KK2, KK3, ... ASÍ, K1≠K2, K1≠K3, K1≠K4, ...

Paso 2: Supongamos, por ejemplo, que K3=K10, entonces, KK2=KK9, luego, por la ley de cancelación para los cernícalos, K2=K9.

Obviamente, la prueba se puede generalizar para cualesquiera números naturales n y m: si Kn+1=Km+1, entonces KKn=KKm, por lo tanto, Kn=Km.

Paso3: Supongamos, por ejemplo, que K4=K10, entonces, mediante sucesivas aplicaciones del Paso 2, obtenemos como resultado que K3=K9, K2=K8, K1=K7, lo cual contradice el Paso 1.

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23. Pájaros lógicos

“Me siento muy orgulloso de este bosque”, dijo un día el profesor Griffin. “Hay aquí pájaros realmente inteligentes. Por ejemplo, ¿sabía usted que algunos pájaros pueden hacer lógica proposicional?”

“En realidad, no entiendo muy bien a qué se refiere”, replicó Craig.

“Antes que nada, permítame explicarle los rudimentos de la lógica preposicional”, dijo Griffin. “Según la lógica que usaremos de ahora en más —la lógica aristotélica—, toda proposición p es verdadera o falsa pero no ambas cosas a la vez. Usamos el símbolo v para verdad y el símbolo f para falsedad. Así, el valor de una proposición p es v o f: v si p es verdadera y f si p es falsa. Ahora bien, los lógicos tienen un método para construir proposiciones complejas a partir de otras más simples. Por ejemplo, dada una proposición p, existe otra proposición no p —que simbolizamos ~p— que es falsa cuando p es verdadera y verdadera cuando p es falsa. Podemos sintetizar este hecho del siguiente modo: ~v=f; ~f=v. Habitualmente, se utiliza una tabla llamada tabla de verdad para la negación:

p

~p

Negación

v

f

f

v

“Dadas dos proposiciones cualesquiera p y q, podemos ahora formar su conjunción: la proposición de que p y q son ambas verdaderas. Esta proposición se simboliza p&q. Es verdadera cuando p y q son ambas verdaderas y falsa cuando por lo menos una de las dos es falsa. En otras palabras, v&v=v; v&f=f; f&v=f; f&f=f. Estas cuatro condiciones se pueden disponer en una tabla —llamada tabla de verdad para la conjunción— del siguiente modo:

p

q

p&q

Conjunción

v

v

v

v

f

f

f

v

f

f

f

f

“Además, dadas dos proposiciones cualesquiera p y q, podemos formar la proposición pvq, llamada la disyunción de p y q, que debe leerse ‘p o q o ambas’. Esta proposición es verdadera si por lo menos una de las proposiciones p y q es verdadera; en caso contrario, es falsa. La tabla de la operación de disyunción es la siguiente:

p

q

pvq

Disyunción

v

v

v

v

f

v

f

v

v

f

f

f

“Como puede ver, la proposición pvq es falsa sólo en el cuarto caso: cuando p y q son ambas falsas.

“A partir de las proposiciones p y q, podemos ahora formar la llamada proposición condicional p→q que debe leerse ‘si p, entonces q’ o ‘p implica q’. La proposición p→q es verdadera si p es falsa o q es verdadera. El único caso en que p→q es falsa es cuando p es verdadera y q es falsa. He aquí la tabla de verdad para p→q:

p

q

p→q

Condicional

v

v

v

v

f

f

f

v

v

f

f

v

“Dado que p→q es verdadera cuando y sólo cuando p es falsa o q es verdadera, podemos también escribirla de la siguiente forma: (~p)vq, o ~(p&~q).”

“Por último, dadas dos proposiciones cualesquiera p y q, existe la proposición p↔q, que se lee como ‘p si y sólo si q’ y afirma que p implica q y q implica p. Esta proposición es verdadera sólo cuando p y q son ambas verdaderas o ambas falsas.

p

q

p↔q

Equivalencia

v

v

v

v

f

f

f

v

f

f

f

v

“Estos cinco símbolos — ~ (no), & (y), v (o), → (si-entonces), ↔ (si y sólo si)— se llaman conectivas lógicas. Con ellas es posible formar proposiciones de cualquier grado de complejidad a partir de proposiciones más simples. Por ejemplo, podemos formar la proposición p&(qvr) que es verdadera si y sólo si p es verdadera y, además, por lo menos una de las proposiciones q y r es verdadera. O podemos también formar la proposición (p&q)vr, que es verdadera sólo cuando p y q son ambas verdaderas o r es verdadera. Dados los valores de verdad de p, q y r es muy fácil calcular el valor de verdad de la fórmula compuesta combinando las tablas para & y v. Como la fórmula contiene ahora tres variables —p, q y r—, hay ocho posibles valores de verdad para la fórmula en lugar de cuatro. Esta es la tabla de verdad para (p&q)vr.{10}

p

q

r

(p&q)

(p&q)vr

v

v

v

v

v

v

v

f

v

v

v

f

v

f

v

v

f

f

f

f

f

v

v

f

v

f

v

f

f

f

f

f

v

f

v

f

f

f

f

f

“La siguiente es la tabla de verdad para p&(qvr)

p

q

r

qvr

p&(qvr)

v

v

v

v

v

v

v

f

v

v

v

f

v

v

v

v

f

f

f

f

f

v

v

v

f

f

v

f

v

f

f

f

v

v

f

f

f

f

f

f

“Como ve, las dos proposiciones tienen valores de verdad distintos dijo Griffin.

“Comprendo todo muy bien”, dijo Craig, “pero, ¿qué relación tiene esto con los pájaros?”

“No sea impaciente, ya se lo explicaré”, replicó Griffin. “He elegido dos pájaros particulares v y f. El primero, v, representa la verdad —o bien, podemos decir que representa todas las proposiciones verdaderas. El segundo, f, representa la falsedad, o bien, podemos decir que representa todas las proposiciones falsas. Llamamos a v el pájaro de la verdad, el pájaro verdad, o simplemente la verdad. Llamamos a f el pájaro de la falsedad, el pájaro falsedad, o simplemente la falsedad.”

“¿Cuáles son esos pájaros?” preguntó Craig.

“Elegimos el cernícalo K como v y el pájaro KI como f. De modo que, cuando hablemos de lógica proposicional, usaremos v como sinónimo de K y f como sinónimo de KI.”

“¿Por qué esa elección en particular?” preguntó Craig. “Me parece totalmente arbitraria.”

“¡Oh! hay, por supuesto, otras posibilidades de elección”, replicó Griffin, “pero ésta en particular supera técnicamente a las demás. La idea proviene del lógico Henk Barendregt. En seguida le cuento las ventajas técnicas.”

“Los pájaros v y f se llaman pájaros proposicionales. Existen, entonces, sólo dos pájaros proposicionales: v y f. De ahora en adelante, las letras p, q y r representarán pájaros proposicionales arbitrarios en lugar de proposiciones. Diremos que p es verdadera si p es v y falsa si p es f. Así llamamos a v verdadero y a f falso.”

“Veamos ahora las ventajas de la idea de Barendregt:

Para pájaros cualesquiera x e y, proposicionales o no, vxy=x, ya que Kxy=x, y fxy=y, ya que fxy=KIxy=Iy=y. Luego, para cualquier pájaro proposicional p, pxy es x si p es verdadero, y pxy es y si p es falso. En particular, si p, q y r son pájaros proposicionales, entonces, pqr=(p&q)v(~p&r) —o, lo que es lo mismo, pqr=(p→q)&(~p→r). Esto se lee ‘si p, entonces q; de lo contrario r’.”

“Pero todavía no me ha dicho qué significa que algunos pájaros del bosque pueden hacer lógica proposicional”, dijo Craig. “¿Qué quiere decir eso?”

“Ya mismo se lo explico”, replicó Griffin. “Significa que, para cualquier tabla de verdad simple o compleja, existe un pájaro de este bosque que sabe calcular esa tabla.”

1

“Por ejemplo, existe un pájaro N —llamado el pájaro negación — que sabe calcular la tabla de verdad para la negación. O sea, si gritamos v a N, N responderá diciendo f; si, en cambio, gritamos f a N, N responderá diciendo v. Así, Nv=f y Nf=v. Dicho de otro modo, para cualquier pájaro proposicional p, Np es el pájaro ~p. Ahora quiero que resuelva el problema siguiente: encontrar un pájaro negación N.”

Solución

2

“Sea c un pájaro conjunción tal que, para pájaros proposicionales cualesquiera p y q, cpq=p&q. En otras palabras, cvv=v; cvf=f; cfv=f y cff=f. ¿Puede encontrar un pájaro conjunción c?”

Solución

3

“Ahora encuentre un pájaro disyunción d tal que, para pájaros proposicionales cualesquiera p y q, dpq=pvq. En otras palabras, dvv=v; dvf=f; dfv=v pero dff=f. ¿Sabe cómo hacerlo?”

Solución

4

“Sea ahora el pájaro si-entonces i tal que, para pájaros proposicionales cualesquiera p y q, ivv=v; ivf=f; ifv=v y iff=f. En otras palabras, ipq=p→q. ¿Puede encontrar un pájaro i?”

Solución

5

“Ahora trate de hallar el pájaro si-y-sólo-si e —llamado también pájaro equivalencia— tal que, para pájaros proposicionales cualesquiera p y q, epq=(p↔q). En otras palabras, evv=v; evf=f; efv=f y eff=v.”

Solución

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Soluciones Cap. 23

1 . Dado que el Bosque Maestro es combinatoriamente completo, es posible hallar un pájaro N tal que para todo x, Nx=xfv. En particular, podemos tomar N como Vfv, donde V es la oropéndola. Sustituyendo N por Vfv resulta que Vfvx=xfv. Por lo tanto, Nv=vfv=f; Nf=ffv=v. Así encontramos un pájaro negación N.

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2 . Sea c tal que, para cualesquiera x e y, cxy=xyf. Nota: podemos tomar c como Rf, donde R es el petirrojo. Así, Rfxy=xyf.

1. cvv=vvf=v

2. cvf=vff=f

3. cfv=fvf=f

4. cff=fff=f

Por consiguiente, c es un pájaro conjunción.

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3 . Sea d tal que, para todo x y para todo y, dxy=xvy. Podemos tomar d como Tv, donde T es el zorzal. Así, Tvxy=xvy. El lector puede probar que d es un pájaro disyunción considerando los cuatro casos.

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4 . Sea i tal que ixy=xyv. Podemos tomar i como Rv, donde R es el petirrojo. Dejamos al lector la verificación de que i es un pájaro si-entonces.

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5 . Sea e tal que para todo x y para todo y, exy=xy(Ny). Ahora bien, tomemos e como CSN, donde C es el cardenal, S es el estornino y N el pájaro negación. El lector puede verificar fácilmente que epq=p↔q.

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24. Pájaros aritméticos

En este episodio y el en siguiente, Craig conoció las verdaderas maravillas del bosque de Griffin.

Poco antes de su partida, en uno de los últimos días de verano, Craig visitó a Griffin en su estudio. El tiempo era hermoso y todas las ventanas del estudio se hallaban abiertas de par en par. Craig se sorprendió al ver un montón de pájaros, cómodamente instalados en los alféizares de las ventanas, conversando animadamente con el profesor Griffin (en el lenguaje de tos pájaros, por supuesto). Cuando unos se iban, otros venían.

“¡Ah!” dijo Griffin después de que partiera el último pájaro. “Estaba examinando algunos de mis pájaros aritméticos. ¿Sabía usted que en este bosque hay pájaros que pueden hacer aritmética?”

“¿Sería tan amable de explicarme eso?” preguntó Craig.

“Bien, será mejor que comience desde el principio”, replicó Griffin. “Trabajaremos con la serie de números naturales 0, 1, 2, 3, 4, ... De ahora en más, la palabra ‘número’ significa el 0 o cualquier número entero positivo. Estos números se llaman números naturales. El sucesor n+ de un número n es n+1. Así, 0+=l+; l+=2; 2+=3, y así sucesivamente.”

“Ahora bien, cada número n está representado por algún pájaro. Utilizaremos la notación n para indicar el pájaro que representa a n. Queda claro entonces que n es un número y n es un pájaro, el pájaro que representa al número n. En el método para representar números mediante pájaros que le enseñaré a continuación, la oropéndola V desempeña un papel crucial. Sea σ el pájaro Vf—que es V(KI)—, llamaremos a σ el pájaro sucesor. Elegimos para 0 el pájaro identidad I. Tomamos 1 como el pájaro σ0, 2 como σ1; 3 como σ2, y así sucesivamente. Luego, 0=1; 1=σ0; 2=σ(σ0); 3=σ(σ(σ0)), y así sucesivamente. Así, 0=I; 1=VfI; 2=Vf(VfI); 3=Vf(Vf(VfI)), etcétera.”

“Esta elección me resulta totalmente arbitraria,” dijo Craig. “¿Qué tiene de especial el pájaro Vf?”

“No se inquiete, pronto lo sabrá”, replicó Griffin. “En realidad hay otras elecciones posibles. El primer sistema numérico fue propuesto por Alonzo Church. El sistema que yo utilizo pertenece al lógico Henk Barendregt, y es técnicamente superior al de Church. De todos modos, quiero explicarle, en primer lugar, cómo hacen aritmética los pájaros de este bosque. Veamos algunas cuestiones preliminares:

“Los pájaros 0, 1, 2, 3, etc. se denominan pájaros numéricos: se identifican con los números naturales 0, 1, 2, 3, ..., respectivamente. Ahora bien, si le grito el nombre de un pájaro numérico a un pájaro A, A no responde necesariamente con el nombre de un pájaro numérico, puede responder con el de un pájaro no numérico. Decimos que un pájaro A es un pájaro aritmético de tipo 1 si, para todo pájaro numérico , el pájaro A es también un pájaro numérico. En términos generales, esto significa que el resultado de la operación de A con un número es un número. Decimos que un pájaro A es un pájaro aritmético de tipo 2 si, para números cualesquiera n y m, el pájaro Anm es un pájaro numérico. En otras palabras, A es un pájaro numérico de tipo 2 si, para todo número n, el pájaro An es un pájaro aritmético de tipo 1. Del mismo modo, podemos definir pájaros aritméticos del tipo 3, 4, 5, etc. Así, por ejemplo, si A es un pájaro aritmético de tipo 4, entonces, para números cualesquiera a, b, c y d, el pájaro Aabcd es un pájaro numérico.”

“Ahora veamos otras cosas interesantes. Hay en este bosque un pájaro llamado pájaro adición, que simbolizamos con ▫, tal que, para números cualesquiera m y n, ▫mn es la suma de m y n —o mejor dicho, el pájaro numérico que representa esa suma—. Es decir, ▫mn=m+n. Por ejemplo, ▫23=5; ▫39=12.”

“También tenemos un pájaro ▲ llamado pájaro multiplicación, tal que, para números cualesquiera n y m, ▲nm es el pájaro n × m. Por ejemplo ▲25=10; ▲37=21.”

“Además, tenemos el pájaro exponenciación ▪ tal que, para números cualesquiera n y m, ▪nm=k, donde k es el número nm —el resultado de multiplica a n por sí mismo m veces. Así, por ejemplo, ▪52=25; ▪25=32; ▪23=8; ▪32=9.”

“Con estos pájaros,” continuó Griffin, “podemos formar cualquier combinación aritmética. Por ejemplo, es posible hallar un pájaro A tal que, para números cualesquiera a, b y c, Aabc=d donde d es (3a2b+4ca)5+7.”

“En realidad,” continuó Griffin cada vez más excitado, “todas las operaciones numéricas que pueden efectuar las modernas computadoras electrónicas, las puede realizar también algún pájaro de este bosque. Dada una computadora cualquiera, existe un pájaro en este bosque que le corresponde.”

“¿Se da cuenta de lo que significa esto?” preguntó Griffin totalmente excitado. “Significa que los pájaros de aquí pueden hacer el mismo trabajo que las computadoras. Quizás algún día todas las computadoras del mundo sean reemplazadas por pájaros, una por una, hasta que no quede ninguna, sólo pájaros. ¿No sería un mundo maravilloso?”

Craig pensó un rato en esta idea visionaria e inquietante.

“Todo esto parece interesantísimo”, dijo Craig, “pero no se me ocurre el modo de encontrar los pájaros aritméticos básicos —adición, multiplicación y exponenciación. ¿Qué pájaros son ésos?”

“Ya llegaremos a ese punto”, respondió Griffin, “pero primero algunas cuestiones preliminares.”

1

“En primer lugar”, dijo Griffin, “debemos asegurarnos de que los pájaros 0, 1, 2, 3, ... sean todos distintos, es decir, para números cualesquiera n y m, si n≠m, entonces el pájaro n es distinto del pájaro m. ¿Se atreve a probarlo?”

Solución

2. El pájaro predecesor P

“Dado cualquier número positivo n,” dijo Griffin, “el predecesor de n, que simbolizamos n–, es el número n–1. Obviamente, para cualquier número n, el número n+ es positivo y el predecesor de n+ es n.”

“Lo que ahora necesitamos,” continuó Griffin, “es un pájaro que calcule predecesores. Es decir, un pájaro P tal que, para cualquier número n, Pn◄. ¿Puede encontrarlo?”

Solución

3

“Recordemos los pájaros proposicionales v y f. Ahora necesitamos un pájaro llamado control-de-cero tal que si se le grita 0 a Z, uno obtiene como respuesta v —es decir, ‘Verdadero, el número es 0’—; y si entonces se le grita un número distinto de 0, uno obtiene como respuesta f, es decir, ‘Falso, el número no es 0’. Esto es, buscamos un pájaro Z tal que Z0=v, pero para cualquier número positivo n, Zn=f. ¿Podría encontrarlo?”

Solución

4

“Permítame hacerle una pregunta”, dijo Griffin. “¿Tiene algún fundamento para creer que hay un pájaro A tal que para cualquier número n y para pájaros cualesquiera x e y, si n=0, entonces Anxy=x, pero si n es positivo, Anxy=y? Esto es, ¿hay un pájaro A tal que A0xy=x; A1xy=y; A2xy=y; A3xy=y; y así sucesivamente?”

“¡Por supuesto!” replicó Craig, luego de reflexionar un instante.

¿Cómo hizo para encontrar la solución?

Solución

“Y ahora”, dijo Griffin, “llegamos a algunos de los pájaros más interesantes. Antes de considerar el problema de encontrar un pájaro aditivo, consideremos un problema ligeramente más simple. Tomemos un número, por ejemplo, el 5. ¿Cómo podemos encontrar un pájaro que le suma 5 a cualquier número que uno le grita? Es decir, buscamos un pájaro A tal que A0=5; A1=6; A2=7 y que para cualquier número n, An=n+5.”

Craig estuvo pensando un rato, pero no pudo encontrar la solución.

“La idea se basa en un principio llamado principio de inducción”, dijo Griffin. “Supongamos que A es un pájaro que cumple las dos condiciones siguientes:

1. A0=5.

2. Para todo número n, An◄=σ(An).

“¿Puede ver que un pájaro como éste logra lo que estamos buscando?” “Veamos”, dijo Craig. “Sabemos que A0=5. ¿Qué pasa, entonces, con A1? Bien, por la segunda condición A1=σ(A0)=σ5, ya que A0=5 y σ5=6. Por lo tanto, A1=6. Ahora que sabemos que A1=6, se sigue que A2=7, porque A2=σ(A1)=σ6=7. ¡SÍ, por supuesto que veo por qué para todo número n, An=n+5! ¡Hemos probado sucesivamente A0=5, A1=6, A2=7, A3=8, y así sucesivamente!”

“¡Bien!” dijo Griffin. “Usted acaba de comprender el principio de inducción.”

“Todavía no me queda claro, sin embargo, cómo encontrar un pájaro que satisfaga esas condiciones”, dijo Craig. “¿Cómo se hace?”

“¡Ah! Esta es la parte más inteligente” dijo Griffin con una sonrisa. “Se basa en el principio del punto fijo, que ya le expliqué.”

“¿En serio?” preguntó Craig atónito. “No veo la conexión entre ambas cosas.”

“Se lo explicaré”, dijo Griffin. “En primer lugar, ¿admite que la Condición 2 expresa lo mismo que la siguiente Condición 2’?

2’. Para todo número n mayor que 0, A=σ(A(P)).”

“Sí”, dijo Craig, “ya que, para todo número mayor que 0, n=m+ donde m es el predecesor de n. Por lo tanto, la Condición 2’ afirma que Am◄= σ(A(Pm◄)), pero, dado que Pm◄=m, la Condición 2’ afirma simplemente que Am◄= σ(A(Pm◄)), o, en otras palabras, An=σ(A(Pn)). Obviamente, esto sólo es válido cuando n es positivo.”

“¡Magnífico!” exclamó Griffin. “Entonces, se dará cuenta de que lo que buscamos es un pájaro A tal que An=5 si n=0 y An=σ(A(Pn)) si n≠0.”

“Así es”, dijo Craig.

“Bien, usaremos el control-de-cero Z”, dijo Griffin. “El pájaro Zn5 (σ(A(Pn))) es 5 si n=0, y es igual a σ(A(Pn)) si n≠0. Así, buscamos un pájaro A tal que, para todo número n, An=Zn5(σ(A(Pn))). Ahora bien, por el principio del punto fijo, el pájaro A existe, existe un pájaro A tal que, para cualquier pájaro x, numérico o no, Ax=Zx5 (σ(A(Px))). Y así, queda resuelto el problema.”

“Por si lo ha olvidado”, agregó Griffin, “me permito recordarle que podemos obtener el pájaro A tomando, en primer lugar, un pájaro A1 tal que, para pájaros cualesquiera x e y, A1yx=Zxn(σ(y(Px))); y tomando luego como A cualquier pájaro X que le guste A1, por ejemplo, LA1(LA1) para A.”

“¡Qué inteligente!” exclamó Craig con auténtica admiración. “¿A quién se le ocurrió esta brillante idea?”

“La idea de usar el principio del punto fijo para resolver problemas de este tipo se le atribuye al lógico Alan Turing, el mismo que descubrió el pájaro de Turing. Turing hizo cosas realmente inteligentes.”

5

“Obviamente”, dijo Griffin, “el número 5 no tiene ninguna significación especial. Podría haber elegido, por ejemplo, el número 7. En tal caso, el pájaro buscado A, habría sido un pájaro tal que para todo n, An=n+7. Pero buscamos algo mejor: buscamos un pájaro aritmético ▫ del tipo 2 tal que para dos números cualesquiera n y m, ▫mn=m+n. ¿Es capaz de encontrar el pájaro ▫? Sólo hay que hacer una pequeña modificación en las condiciones a lo que le he enseñado.”

Solución

6

“Ahora, intente encontrar un pájaro ▲ tal que, para números cualesquiera n y m, ▲nm=n×m. Para resolver este problema puede usar el pájaro ▫ del problema anterior.”

Solución

7

“Una vez encontrados los pájaros ▫ y ▲, intente hallar un pájaro exponencial tal que para números cualesquiera n y m, ▪nm=k, donde k=nm.”

Solución

Preparación para el final

“Entiendo que debe partir en un par de días. ¿No es cierto?”, preguntó Griffin.

“¡Así es, desgraciadamente!”, replicó Craig. “Acaban de llamarme para resolver un extraño caso sobre un murciélago y una mucama noruega.” “¡Eso suena muy extraño!” exclamó Griffin. “De todos modos, mañana quisiera revelarle una de los hechos más interesantes de este bosque, que tiene vinculación con el famoso teorema de incompletud de Gödel y con ciertos resultados obtenidos por Church y Turing. Pero antes, debo enseñarle algunas cuestiones más acerca de los pájaros aritméticos, los pájaros propiedad y los pájaros relaciónales.”

“¿Qué pájaros son ésos?” preguntó Craig.

8

“Bien, llamamos pájaro propiedad a todo pájaro A tal que, para cualquier número n, el pájaro A es un pájaro proposicional: v o f. Decimos que un conjunto S de números es calculable si existe un pájaro propiedad A tal que An=v para todo n que pertenece a S, y An=f para todo n que no pertenece a S. Decimos, entonces, que el pájaro A calcula el conjunto S. S es calculable si existe un pájaro A que lo calcula.”

“Lo interesante de un conjunto calculable S es que, dado un número n cualquiera, es posible determinar si n pertenece o no al conjunto S; le gritamos a A el pájaro : si A responde gritando v, entonces sabemos que n pertenece al conjunto S; si A responde gritando f, entonces sabemos que n no pertenece al conjunto S.”

“Por ejemplo, el conjunto E de todos los números pares es calculable —existe un pájaro A tal que A0=v; A1=f; A2=v; A3=f; y para todo número par n, A=v, mientras que, para todo número impar n, An=f. ¿Sabe cómo encontrar el pájaro A? Puede hacerlo usando el principio del punto fijo.”

Solución

9. El pájaro g

“Llamamos pájaro relacional —o, mejor dicho, pájaro relacional de grado 2— a todo pájaro A tal que, para números cualesquiera a y b, Aab=v o Aab=f.”

“Seguramente conoce el símbolo >, que significa ‘mayor que’,” continuó Griffin. “Para números cualesquiera a y b, ‘a>b’ significa que a es mayor que b: así, por ejemplo, 8>5 es verdadero; 4>9 es falso; 4>4 es falso. Ahora necesitamos un pájaro relacional que calcule la relación ‘es mayor que’ —es decir, necesitamos un pájaro g tal que, para números cualesquiera a y b, si a>b, entonces gab=v; si a≤b, que significa que a es menor o igual que b, entonces, gab=f. ¿Puede encontrar ese pájaro?”

“Este problema es un poco tramposo”, agregó Griffin, “así que será mejor que le recuerde algunos datos. La relación a>b es la única relación que satisface las siguientes condiciones:

Dados dos números cualesquiera a y b:

1. Si a=0, entonces a>b es falso.

2. Si a≠0, entonces:

a. Si b=0, entonces a>b es verdadero.

b. Si b≠0, entonces a>b es verdadero si y sólo si (a–1)>(b–1).

“Ahora intente encontrar el pájaro g usando el principio del punto fijo.”

Solución

10. El principio de minimización

“Ahora veremos un importante principio conocido como el principio de minimización dijo Griffin.

“Sea A un pájaro relacional tal que, para todo número n, existe al menos un número m tal que Anm=v. Decimos que A es un pájaro regular. Si A es regular, entonces, para todo número n, hay un mínimo número k tal que Ank=v. Bien, el principio de minimización afirma que, para cualquier pájaro relacional regular A, existe un pájaro A’, llamado el minimizador de A, tal que A’n=k, donde k es el mínimo número tal que Ank=v. Así, por ejemplo, si An0=f, An1=f y An2=f pero An3=v, entonces A’n=3. ¿Puede demostrar el principio de minimización?”

Craig se quedó pensando un buen rato.

“Será mejor que le haga algunas sugerencias”, dijo Griffin. “En primer lugar, dado un pájaro A, encuentre un pájaro A1 tal que, para todo n y para todo m, se satisfagan las siguientes condiciones:

1. Si Anm=f, entonces A1nm=A1nm◄.

2. Si Anm=v, entonces A1nm=m.

Luego tome A’ como CA10, donde C es el cardenal, y demuestre que A’ es el minimizador de A.”

Solución

11. El medidor de longitud

“La longitud de un número n”, dijo Griffin “es el número de dígitos de n cuando n está escrito en base 10. Así, los números entre el 0 y el 9 tienen longitud 1; los números entre el 10 y el 99 tienen longitud 2; los números entre el 100 y el 999 tienen longitud 3, y así sucesivamente.”

“Ahora necesitamos un pájaro L que mida la longitud de cualquier número, es decir, buscamos un pájaro L tal que, para cualquier número n, Ln=k, donde k es la longitud de n. Así, por ejemplo, L7=1; L59=2; L648=3. ¿Puede encontrar el pájaro L?”

Craig reflexionó un momento y finalmente dijo: “¡Ah, ya lo sé! La longitud de un número n es simplemente el mínimo número k tal que 10k>n.”

“¡Excelente!” exclamó Griffin.

Con ese dato el lector podrá encontrar el pájaro L sin dificultades.

Solución

12. Concatenación en base 10

“Pasemos al último problema de hoy” dijo Griffin. “Dados dos números cualesquiera a y b, a*b indica el número que, escrito en base 10, consta de a, expresado en base 10, seguido por b, también en base 10. Por ejemplo, 53*796=53796; 280*31=28031.”

“¡Qué operación más curiosa!” dijo Craig.

“Pero es muy importante. Ya veremos esto mañana” replicó, Griffin. “Se la conoce como concatenación en base 10. Ahora necesitamos un pájaro ► que efectúe esta operación, es decir, un pájaro ► tal que, para números cualesquiera a y b, ►ab=a*b. ¿Puede encontrarlo?”

Solución

Pasar al Capítulo 25

Soluciones Cap. 24

1 . Primero demostraremos que 0 es distinto de los pájaros 1, 2, 3, …, n◄, …

Bien, supongamos que existe un número n tal que 0=n◄ Entonces, I=Vfn. Por lo tanto, IK=VfnK=Kfn=f. Dado que K=KI, ya que IK=K.{11} Pero ya sabemos que K≠KI, luego 0 ≠n◄.

Ahora demostraremos que, para números cualesquiera n y m, si m◄=n◄, entonces m=n. Bien, supongamos que n◄=m◄, entonces Vfn=Vfm. Luego, Vfnf=Vfmf, por lo tanto ffn=ffm. Resulta así que n=m ya que ffn=n y ffm=m.

Una vez demostrado que 0≠m◄ y que, para todo m y para todo n, si n◄=m◄, entonces n=m, para probar que los pájaros 1, 2, 3, …, n◄, … son distintos se procede del mismo modo que en la solución al Problema 19 del Capítulo 22.

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2 . Tomemos P como Tf, donde T es el zorzal y f es el pájaro KI, como en el capítulo anterior. Entonces, para todo número n, Pn◄=Tfn◄=n◄f=Vfnf=ffn=n.

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3 . Tomemos Z como Tv, donde T es el zorzal y v es el pájaro verdad K. Por lo tanto:

1. Z0=TvI=Iv=v. Luego Z0=v.

2. Sea n un número cualquiera, entonces Zn◄=Tvn◄=n◄v=Vfnv=vfn=n.

Nota: Usando el sistema de Griffin para representar números mediante pájaros, es relativamente fácil encontrar los pájaros s, P y Z.{12} En esto radica la ventaja técnica a la que se refería Griffin. Cualquier otro sistema que permita obtener un pájaro sucesor, un pájaro predecesor y un control-de-cero, es también válido.

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4 . ¡El control-de-cero Z es el pájaro buscado A! Prueba: Z0xy=vxy, ya que Z0=v y vxy=x, por lo tanto, Z0xy=x. Pero, para todo n≠0, Zn=f, luego Znxy=fxy=y.

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5 . La operación de adición + queda unívocamente determinada por las dos condiciones siguientes:

Para número cualesquiera n y m:

1. n+0=n

2. n+m+=(n+m)+. Es decir, n más el sucesor de m es igual al sucesor de la suma n+m.

Buscamos, entonces, un pájaro A tal que, para todo n y para todo m:

1. An0=n

2. Anm◄=σ(Anm). Dicho de otro modo, para todo número positivo m, Anm=σ(An(Pm)).

A debe satisfacer, entonces, la condición siguiente: para números n y m cualesquiera, Anm=Zmn(σ(An(Pm))). Por el principio del punto fijo sabemos que el pájaro A existe. Entonces, tomamos ese pájaro como el pájaro ▫.

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6 . La multiplicación es la única operación que satisface las dos condiciones siguientes:

1. Para todo n, n×0=0.

2. Para números cualesquiera n y m, n×m+=(n×m)+n.

Por lo tanto, buscamos un pájaro A tal que, para todo n y para todo m, Anm=(Zm)0((▫)(A(n(Pm))n)). Nuevamente, por el principio del punto fijo, podemos hallar el pájaro A. Entonces, tomamos ese pájaro como el pájaro ▲.

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7 . La operación exponencial obedece las siguientes leyes conocidas:

1. n0=l

2. nm+=nm×n

Buscamos, entonces, un pájaro ▪ tal que, para todo n, ▪n0=1, y, para todo número positivo m, ▪nm=▲(▪nm)n. Dicho en otras palabras, buscamos un pájaro ▪ tal que, para todo n y para todo m, ▪nm=Zm1 (▲(▪nm)n).{13} Por el principio del punto fijo, podemos encontrar el pájaro ▪.

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8 . La propiedad de ser par es la única propiedad que satisface las dos condiciones siguientes:

1. 0 es par.

2. Para todo número positivo n, n es par si y sólo si su predecesor no es par.

Buscamos entonces un pájaro A tal que:

1. A0=v

2. Para todo número positivo n, An=N(A(Pn)), donde N es el pájaro negación.

Así, el pájaro A debe ser tal que, para todo n, positivo o 0, An=Znv(N(A(Pn))). Por el principio del punto fijo, sabemos que el pájaro A existe.

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9 . En virtud de las condiciones dadas, buscamos un pájaro g tal que, para números cualesquiera a y b:

1. Si Za=v, entonces gab=f.

2. Si Za=f, entonces:

a) Si Zb=v, entonces gab=v.

b) Si Zb=f, entonces gab=g(Pa)(Pb).

Dicho de otro modo, buscamos un pájaro g tal que, para números cualesquiera a y b,

gab=Zaf(Zbv(g(Pa)(Pb)).

Por el principio del punto fijo, sabemos que el pájaro g existe.

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10 . Sea A un pájaro relacional regular. Por el principio del punto fijo existe un pájaro A1 tal que, para pájaros cualesquiera x e y, A1xy=(Axy)y(A1x(σy)). Luego para números cualesquiera n y m, A1nm=A(nm)m(A1nm◄).

Dado que A(nm)m(A1nm◄)=m, si Anm=v, y A(nm)m(A1nm◄)=A1(m◄, si Anm=f, se satisfacen las Condiciones 1 y 2.{14}

Siguiendo la sugerencia de Griffin, supongamos que A’=CA1. Entonces, para todo número n, A’n=A1n0 (ya que A’n=CA10n=A1n0). Ahora bien, dado un número n, sea k el mínimo número tal que Ank=v. Por ejemplo, supongamos que k=3, entonces An0=f; An1=f; An2=f pero An3=v. Tenemos que demostrar que A’n=3 —en otras palabras, que A1n0=3 —. Ahora bien, dado que An0=f, entonces A1n0=A1n1 por la Condición 1. Dado que An1=f, entonces A1n1=A1n2, también por la Condición 1. Por último, dado que An2=f, entonces, por la Condición 2, A1n2=A1n3. Pero ahora An3=v, por lo tanto A]n3=3, por la Condición 2. A1n0=A1n1=A1n2=A1n3=3, por lo tanto A1n0=3, y así, A’n=3.

Esta prueba se puede extender para cualquier número k.

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11 . El siguiente ejemplo convencerá al lector de que las afirmaciones de Craig son correctas:

Supongamos que n=647. La longitud de 647 es 3, y 103=1000, que es mayor que 647. Pero 102=100, que es menor que 647. Deberíamos considerar también el caso en que n es una potencia de 10: supongamos, por ejemplo, que n 3 es igual a 100. Entonces 103>100, pero 102, si bien no es menor que 100, tampoco es mayor que 100, es igual a 100. Por lo tanto 3 es el mínimo número tal que 103>100.

Para hallar el pájaro L procedemos del siguiente modo: sea A1 el pájaro Bg(▪10), donde B es el pájaro azul. Entonces, para números cualesquiera n y m, Bg(▪10)nm=g(▪10n)m=g10nm que es v si 10n>m, y f en caso contrario. Así, A1 es un pájaro relacional tal que A1nm=v si y sólo si 10n>m. Ahora sea A el pájaro CA1, donde C es el cardenal. Entonces Anm=A]nm. Por lo tanto, Anm=v si 10m>n; en caso contrario Anm=f. Por último, sea L un minimizador de A, entonces Ln es el mínimo m tal que 10m>n, en otras palabras, Ln=k, donde k es la longitud de n.

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12 . Primero ilustraremos la idea general con un ejemplo. Supongamos que a=572 y b=39. Entonces 572*39=57239=57200+39=572×102+39, y 2 es la longitud de 39.

La fórmula general es la siguiente: a*b=a×l0k+b, donde k es la longitud de b. Ahora sea ► un pájaro tal que para todo x y para todo y, ►xy=▫(▲x(▪10(Ly)))y. El lector puede probar fácilmente que, para números cualesquiera a y b, ►ab=a ×10k+b, donde k es la longitud de b.

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25. ¿Hay algún pájaro ideal?

“Desafortunadamente, debo irme mañana”, dijo Craig, “pero antes quisiera hablarle de un problema que no pude resolver. Quizás usted sepa la respuesta.”

“Toda expresión X, formada por los símbolos S, K y los paréntesis, designa algún pájaro. Ahora bien, puede suceder que dos expresiones distintas designen el mismo pájaro, por ejemplo, las expresiones ((SK)K)K y KK(KK) designan el cernícalo K aunque son distintas. Lo que deseo saber es lo siguiente: dadas dos expresiones X1 y X2 ¿existe algún método para determinar si designan o no el mismo pájaro?”

“¡Magnífica pregunta!” exclamó Griffin. “Y es una sorprendente coincidencia que se le haya ocurrido plantearla ahora. Ese es precisamente el tema que pensaba abordar hoy. Este problema ha ocupado las mentes de los lógicos más conspicuos del mundo, y se lo conoce como la Gran Pregunta.

“En primer lugar, preguntar si dos expresiones nombran o no el mismo pájaro es lo mismo que preguntar si cierto número pertenece o no a cierto conjunto.”

“¿Cómo es eso?” preguntó Craig.

“Gracias a un inteligente artificio inventado por Kurt Gödel y conocido como la numeración de Gödel, que en breve le explicaré.”

“Todos los pájaros del bosque son derivables a partir de S y K y su comportamiento —el modo como un pájaro x responde a un pájaro y— está estrictamente determinado por las reglas de la lógica combinatoria. La lógica combinatoria es una teoría completamente formalizable, y usa exactamente cinco símbolos:

S

K

(

)

=

1

2

3

4

5

“Debajo de cada símbolo escribí un número llamado el número de Gödel de ese símbolo. Pero dejemos para más adelante la numeración de Gödel.”

“Llamamos término a toda expresión construida a partir de las letras S y K y los paréntesis correctamente colocados. Para ser más precisos, diremos que un término es cualquier expresión que se construye mediante las dos reglas siguientes:

1. Las letras S y K son términos.

2. Dados dos términos cualesquiera X e Y ya construidos, podemos formar el nuevo término (XY).”

“En nuestro caso, los términos son todas las expresiones que designan pájaros. La letra S es el nombre de un estornino particular —no importa cuál sea éste— y la letra K es el nombre de un cernícalo particular.”

“Un enunciado es toda expresión de la forma X=Y, donde X e Y son términos. Decimos que el enunciado X=Y es verdadero si X e Y son nombres del mismo pájaro, en caso contrario X=Y es falso. Para que el enunciado X=Y sea verdadero no es necesario que el término X sea idéntico al término Y, es suficiente que los términos nombren el mismo pájaro.”

“Obviamente, para términos cualesquiera X, Y y Z, el enunciado SXYZ=XZ(YZ) es verdadero por la definición del estornino y KXY=X es verdadero por la definición del cernícalo. Los únicos enunciados que tomaremos como axiomas de la lógica combinatoria son: SXYZ=XZ(YZ), KXY=X, y los enunciados de la forma X=X (éstos son trivialmente verdaderos). A partir de estos axiomas y aplicando las reglas lógicas usuales para la igualdad, podemos demostrar otros enunciados. Las reglas lógicas para la igualdad son las siguientes:

1. Si probamos que X=Y, entonces podemos inferir que Y=X.

2. Si probamos que X=Y y Y=Z, entonces podemos inferir que X=Z.

3. Si probamos que X=Y, entonces, para cualquier término Z, podemos inferir que XZ=YZ y ZX=ZY.

“Ahora bien, al afirmar que el comportamiento de los pájaros del bosque estaba completamente determinado por las leyes de la lógica combinatoria, quería decir que el enunciado X=Y es verdadero —es decir, los términos X e Y nombran el mismo pájaro— si y sólo si el enunciado X=Y es demostrable a partir de los axiomas y reglas ya mencionadas. No hay relaciones ‘accidentales’ entre nuestros pájaros. X=Y es verdadero sólo si X=Y es demostrable.”

“La lógica combinatoria es un sistema consistente, es decir, hay enunciados que no son demostrables en el sistema, por ejemplo, el enunciado KI=K no es demostrable. Si este enunciado fuera demostrable, entonces podríamos demostrar cualquier otro enunciado: el argumento es esencialmente el mismo que usamos para probar que, si KI=K, entonces habría un único pájaro en el bosque. Tomaremos f como sinónimo de KI y v como sinónimo de K. De este modo, f=v constituye un importante ejemplo de enunciados no demostrables en el sistema.”

“Ahora pasemos a la numeración de Gödel: ya sabemos que los números de Gödel de los símbolos S, K, (, ), y = son 1, 2, 3, 4 y 5 respectivamente. El número de Gödel de una expresión compuesta se obtiene reemplazando cada uno de los símbolos por el dígito que representa su número de Gödel, y traduciendo luego en base 10 la cadena de dígitos resultante. Por ejemplo, el número de Gödel de la expresión (SK) —formada por el tercer símbolo, seguido del primer símbolo, seguido del segundo símbolo, seguido del cuarto símbolo— es 3124, es decir, tres mil ciento veinticuatro.”

“Sea G el conjunto de números de Gödel de los enunciados verdaderos. Dados dos términos cualesquiera X e Y, designan el mismo pájaro si y sólo si el enunciado X=Y es verdadero. Y a su vez, el enunciado X=Y es verdadero si y sólo si su número de Gödel pertenece al conjunto G. Esta es la razón por la cual le dije hace un momento que determinar si dos expresiones nombran o no el mismo pájaro es equivalente a determinar si cierto número —esto es, el número de Gödel del enunciado X=Y— pertenece o no a cierto conjunto, esto es, el conjunto G.”

“La pregunta que usted plantea se puede reformular del siguiente modo: ¿es G un conjunto calculable? ¿Existe algún método determinista que permita calcular tanto los números que pertenecen a G como los que no pertenecen a G? Como dije antes, todo lo que puede hacer una computadora, lo puede hacer también alguno de nuestros pájaros, de modo que su pregunta es equivalente a esta otra: ¿existe en este bosque algún pájaro ‘ideal’ A que pueda evaluar la verdad de todos los enunciados de la lógica combinatoria? ¿Existe algún pájaro A tal que, toda vez que le gritamos el número de Gödel de un enunciado verdadero, el pájaro responderá “v”, y toda vez que le gritamos el número de Gödel de un enunciado falso, el pájaro responderá “P? En otras palabras, ¿existe algún pájaro A tal que, para todo n perteneciente a G, An= v y, para todo n que no pertenece a G, An=f? Esa es su pregunta. Un pájaro de esa índole podría resolver todos los problemas matemáticos, ya que éstos se pueden expresar en los siguientes términos: si, dado un enunciado, es demostrable o no en la lógica combinatoria. La lógica combinatoria constituye un sistema universal para toda la matemática formal, y entonces podríamos decir que el pájaro ‘ideal’ sería matemáticamente omnisciente. Por eso hay tanta gente que lo está buscando.”

“¡Eso supera totalmente mi imaginación!”, exclamó Craig. “¿Ya se sabe si existe el pájaro ‘ideal’?”

“El problema ha ocupado las mentes de muchos matemáticos, y filósofos desde Leibniz en adelante —e incluso antes. Podemos formularlo mediante el siguiente interrogante: ¿es posible una computadora universal que pueda resolver todos los problemas matemáticos? Hoy en día, gracias a los trabajos de Gödel, Church, Turing, Post y otros, se conoce definitivamente la respuesta. Pero no impediré que lo resuelva por su propia cuenta diciéndole la respuesta ahora. De todos modos, la conocerá antes de que termine el día.”

“Ya hicimos buena parte de nuestras tareas preliminares ayer cuando derivamos el pájaro concatenación ►. No obstante, quedan algunas cuestiones preliminares antes de contestar la Gran Pregunta.”

“Usted sabe, desde luego, que para expresiones cualesquiera X e Y, si a es el número de Gödel de X y b es el número de Gödel de Y, entonces a*b es el número de Gödel de XY. Por ejemplo, supongamos que X es la expresión S y Y es la expresión K. El número de Gödel de X es 31 y el número de Gödel de Y es 24. La expresión XY es (SK) y su número de Gödel es 3124 que es 31*24. Ahora advierte la importancia de la operación de concatenación en base 10.”

1. Numerales

“Un numeral es cualquiera de los términos 0, 1, 2, …, n, … Llamamos a n el numeral del número n. El término n, como cualquier otro término, tiene un número de Gödel. Simbolizamos n# el número de Gödel del numeral n.”

“Por ejemplo 0 es I, que, expresado en términos de S y K , es la expresión ((SK)K); el número de Gödel de esta expresión es 3312424, por lo tanto 0#=3312424.”

“El número de Gödel de 1 es muy grande por cierto. 1=σ0, donde σ es la expresión (Vf) que, al expresarla en términos de S y K, se convierte en la horrible expresión (S(K(S(S((SK)K)(K(K((SK)K))))))K) cuyo número de Gödel es 313231313312424323233124244444424. Para evitar volver a escribir este número, en lo sucesivo lo indicaremos mediante la letra s. Así, s es el número de Gödel de σ. Por lo tanto, dado que 1 es la expresión (σ0); el número 1# es 3*s*0#*4. Entonces, 2#=3*s*1#*4; 3#=3*S*2#*4, y así sucesivamente. Generalizando, para todo número n, (n+1)#=3*s*n#*4.”

“Lo que necesitamos ahora es un pájaro tal que, cuando le gritamos un número n cualquiera, el pájaro responde gritando el número n#. Es decir, buscamos un pájaro δ tal que, para todo número n, δn=n#. ¿Puede encontrar el pájaro δ?”

Solución

2. Normalización

“Para cualquier expresión X”, dijo Griffin, “[X] indica el numeral que designa el número de Gödel de X. Así, [X] es , donde n es el número de Gödel de X. Llamamos a [X] el numeral de Gödel de X.”

“Dada una expresión X, la norma de X es la expresión X[X], es decir, X seguida de su numeral de Gödel. Si n es el número de Gödel de X, entonces n# es el número de Gödel de [X], por lo tanto; n*n# será el número de Gödel, la norma de X. De modo que, si el número de Gödel de X es n, entonces el número de Gödel de la norma de X es n*n#.”

“Ahora necesitamos un pájaro Δ llamado normalizador tal que para todo número n, Δn=n*n#. Es muy sencillo hallar este pájaro habiendo obtenido ya los pájaros ► y δ.”

Solución

3. El segundo principio del punto fijo

“Se pueden hacer cosas asombrosas con el normalizador”, dijo Griffin. “Veamos un ejemplo.”

“Diremos que un término X designa un número n si el enunciado X=n es verdadero. Existen infinitos términos que designan un número dado n, uno de ellos, obviamente, es el numeral n. Por ejemplo, los términos In, I(In), I(I(In)), ... designan el número n. Supongamos que n=8, el numeral 8 designa a 8, pero también lo hacen los términos ▫26; ▫35; ▲24. Entiende la idea, ¿verdad?”

“Decimos que un término es numérico si designa algún número n. Todo numeral es un término numérico, pero no todo término numérico es un numeral, por ejemplo, la expresión ▫26 es un término numérico, pero no es un numeral. Para todo número n existe un único numeral que lo designa —el numeral n— pero existen infinitos términos numéricos que lo designan.”

“Ahora bien, es imposible que un numeral designe su número de Gödel, ya que, para todo número n, el número de Gödel del numeral n es mucho más grande que n. Es decir, para todo n, n#>n. Sin embargo, existe efectivamente un término numérico X que designa su número de Gödel.”

“¡Sorprendente!” exclamó Craig. “No entiendo como debe ser.”

“Incluso podemos construir un término que designe el doble de su número de Gödel,” continuó Griffin, “o el triple de su número de Gödel, o el quíntuplo de su número de Gödel más siete. Estos hechos extraños no son más que casos particulares de un importante principio conocido como el segundo principio del punto fijo: para todo término A, existe un término X tal que el enunciado A[X]=X es verdadero. Dicho de otro modo, para todo término A existe un término X tal que X nombra el mismo pájaro que A seguido del numeral de Gödel de X.”

“¿Puede demostrarlo? ¿Se da cuenta de que las rarezas que le mencioné son casos particulares del segundo principio del punto fijo?”

Solución

4. Un principio de Gödel

“Del segundo principio del punto fijo se sigue como corolario otro importante principio enunciado por Gödel. Ya hablaremos de ello”, dijo Griffin.

“Dado cualquier conjunto S de números, decimos que un enunciado X es un enunciado de Gödel para S si, o bien X es verdadero y su número de Gödel pertenece a S, o X es falso y su número de Gödel no pertenece a S. Podemos pensar que estos enunciados afirman que su número de Gödel pertenece a S, ya que el enunciado es verdadero si y sólo si su número de Gödel pertenece a S.”

“Bien, he aquí el principio de Gödel: para todo conjunto calculable S, existe un enunciado de Gödel para S. Por ejemplo, dado que el conjunto de los números pares es calculable, tiene que haber un enunciado tal que, o bien es verdadero y su número de Gödel es par, o bien es falso y su número de Gödel es impar. Y una vez más, dado que el conjunto de números impares es calculable, tiene que haber un enunciado tal que, o bien es verdadero y su número de Gödel es impar, o bien es falso y su número de Gödel es par. Lo que resulta sumamente interesante es que para cualquier conjunto calculable S existe un enunciado de Gödel para S. Esto se sigue fácilmente del segundo principio del punto fijo. ¿Se da cuenta por qué?”

“Le daré una pista”, agregó Griffin. “Dado un conjunto S cualquiera, sea S* el conjunto de todos los números n tal que n*52 pertenece a S. Primero pruebe el siguiente lema —o proposición preliminar—: si S es calculable, también lo es S*.”

“¿Qué tiene de significativo el número n*52?”, preguntó Craig.

“Si n es el número de Gödel de una expresión X”, respondió Griffin, “entonces n*52 es el número de Gödel de la expresión X=v.”

¿Cómo se demuestra el principio de Gödel?

Solución

5. Reaparece el pájaro negación

“Permítame agregar un último detalle antes de contestar la Gran Pregunta”, dijo Griffin. “Dado cualquier conjunto S de números, sea S’ el conjunto de números que no pertenecen a S. Por ejemplo, si S es el conjunto de los números pares, S’ es el conjunto de los números impares. El conjunto S’ se llama el complemento de S.”

“Demuestre que si S es calculable, S’ también lo es.”

Solución

6.

“Ahora sí tenemos todas las piezas del rompecabezas”, dijo Griffin. “Sea S el conjunto de números de Gödel de los enunciados verdaderos. En primer lugar, pregúntese si podría existir un enunciado de Gödel para el complemento S’ de S. Luego, usando los dos últimos resultados, demuestre que el conjunto S no es calculable.{15}

Solución

“¡Esto es realmente asombroso!” exclamó Craig después de haber encontrado la solución. “Y parece echar por tierra la esperanza de un método puramente mecánico que permita resolver todos los problemas matemáticos.”

“En efecto”, dijo Griffin, “Un método así podría determinar, dado un número cualquiera, si pertenece o no al conjunto S. Por lo tanto S sería un conjunto calculable, pero ya hemos visto que esto no es cierto. Puesto que S no es calculable, no existe ningún método mecánico que pueda calcularlo. Resumiendo: no hay máquinas matemáticamente omniscientes.”

“Como S no es calculable”, continuó Griffin, “ningún pájaro del bosque puede calcularlo, por lo tanto no hay aquí pájaros ‘ideales’. Tengo muchos pájaros inteligentes, sin duda, pero ninguno de ellos es matemáticamente omnisciente.”

“Dicen que, antes de mi llegada a este bosque,” dijo Griffin con mirada soñadora, “apareció cierto día un pájaro que venía de un bosque muy, muy lejano y que sorprendió a los demás pájaros mostrándose matemáticamente omnisciente. Desde luego, sólo se trata de un rumor, pero, ¿quién sabe? Si el rumor es cierto, ese pájaro debe haber sido realmente extraordinario. Ninguna explicación mecanicista podría dar cuenta de su comportamiento. Los filósofos mecanicistas, para quienes los pájaros, los seres humanos y todos los organismos biológicos no son más que mecanismos sofisticados, negarían, naturalmente, la existencia de aquel pájaro. En cuanto a mí, no confío plenamente en la filosofía del mecanicismo y prefiero no abrir ningún juicio sobre el asunto. Esto no significa que crea que el rumor es cierto ni que exista o haya existido algún pájaro con esas características. Lo que sí creo es que podría existir un pájaro de esa índole.

“Desearía que tuviéramos más tiempo”, concluyó Griffin. “Todavía quedan muchas cosas que, creo, podrían interesarle.”

“No lo dudo”, dijo Craig, poniéndose de pie. “Le estoy infinitamente agradecido por todo lo que me ha enseñado. Espero poder volver al bosque algún día.”

“¡Sería maravilloso!” exclamó Griffin.

Al día siguiente Craig abandonó el bosque con profunda tristeza. Aunque una parte suya deseaba reanudar su trabajo de detective, Craig comprendió que, en los años venideros, sus intereses se volcarían cada vez más hacia lo puramente abstracto y teórico.

“Estas vacaciones han sido como un sueño idílico”, pensó Craig cuando llegó a la puerta de salida (y de entrada). “¡Tengo que volver a este bosque!”

“¡Sólo la élite puede abandonar este bosque!” le gritó un enorme centinela bloqueándole el camino. “Pero, como usted entró al bosque y sólo la élite puede entrar, entonces usted debe ser un miembro de la élite. Por lo tanto, puede salir y ... ¡buen viaje!”

“Nunca lograré entender este ritual”, pensó Craig meneando la cabeza con una alegre sonrisa.

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Soluciones Cap. 25

1 . Primero necesitamos un pájaro A tal que, para todo número n, An=3*s*n*4. Podemos tomar A como B(C►4)(►3*s), donde B es el pájaro azul y C el cardenal.

Ahora buscamos un pájaro δ tal que para todo número n, si n=0 entonces δn=0#, y si n>0, entonces δn=A(Pn). En términos equivalentes, buscamos un pájaro δ tal que para todo n, δn=(Zn)0#(A(δPn)). Por el principio del punto fijo podemos hallar el pájaro δ.

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2 . Sea Δ el pájaro W(DC►δ), donde W es el pájaro cantor, D la paloma y C el cardenal. Entonces, para todo número n, Δn=W(DC►δ)n=DC►δnn=C►(δn)n=►n(δn)=►nn#=n*n#.

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3 . Sea Δ el pájaro normalizador —o, más precisamente, el término W(DC►δ) que nombra el pájaro normalizador. Entonces, para cualquier expresión X, el enunciado Δ[X]=[X[X]] es verdadero, ya que X tiene algún número de Gödel n; el número de Gödel de X[X] es n*n#, entonces el enunciado Δ[X]=[X[X]] es equivalente a Δn=n*n#.

Ahora tomemos un término cualquiera A. Sea X el término BAΔ[BAΔ], donde B es un término para el pájaro azul. A continuación demostraremos que A[X]=X es verdadero.

El enunciado BAΔ[BAΔ]=A(Δ[BAΔ]) es obviamente verdadero. Además, el enunciado Δ[BAΔ]=[BAΔ[BAΔ]] es verdadero, por lo tanto, el enunciado A(Δ[BAΔ])=A[BAΔ[BAΔ]] es verdadero, y también lo es el enunciado BAΔ[BAΔ]=A[BAΔ[BAΔ]]. Este último es el enunciado X=A[X]. En consecuencia, el enunciado A[X]=X es verdadero. Queda así demostrado el segundo principio del punto fijo.

Veamos una aplicación de este principio: tomemos I como A. Entonces existe un término X, tal que I[X]=X, por lo tanto [X]=X y X=[X]. Sea n el número de Gödel de X, entonces el enunciado X=n es verdadero{16} y así, X designa su número de Gödel. Por el resultado anterior, podemos tomar así BIΔ[BIΔ] como X. Pero hay otro término más simple que designa su número de Gödel —el término Δ[Δ].

Un término que designa el doble de su número de Gödel es B(►2)Δ[B(►2)Δ]. ¿Por qué?

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4 . Lo primero que haremos será demostrar el lema. Dado un pájaro cualquiera A, sea A# {17} el pájaro BA(C►52), donde B es el pájaro azul y C el cardenal. Para todo número n, A#n=An*52, ya que A#n=BA(C►52)n=A(C►52n)=A(►n52)=An*52. Se prueba así que A#n=An*52.

Supongamos ahora que A calcula S. Entonces A# calcula S*, ya que si un número n pertenece a S*, entonces el número n*52 pertenece a S. De ello se sigue que An*52=v y entonces A#n=v. Además, si un número n no pertenece a S*, entonces el número n*52 no pertenece a S. En consecuencia, An*52=f y entonces A#n=f. Hemos probado que A# calcula S*.

Pasemos a la demostración del principio de Gödel. Supongamos que S es calculable, entonces, por la prueba anterior, S* también es calculable. Sea A un pájaro que calcula S*. Por el segundo principio del punto fijo, existe un término X tal que el enunciado A[X] es verdadero. Sea Y el enunciado X=v. Probaremos a continuación que Y es un enunciado de Gödel para S.

Sea n el número de Gödel de X. Como Y es el enunciado X=v, su número de Gödel es n*52.

a. Supongamos que Y es verdadero. Entonces el enunciado X=v es verdadero y, dado que el enunciado A[X]=X es verdadero, también lo es el enunciado A[X]=v. Por lo tanto, el enunciado An=v es verdadero (ya que [X] es el numeral n). En consecuencia, n pertenece al conjunto S* (pues, dado que A calcula S*, si n no perteneciera a S*, entonces el enunciado An=f sería verdadero, lo cual es imposible pues An=v es verdadero). Como n pertenece a S*, entonces n*52 pertenece a S, ¡pero n*52 es el número de Gödel del enunciado Y! Demostramos así que, si Y es verdadero, entonces su número de Gödel pertenece a S.

b. Recíprocamente, supongamos que n*52 pertenece a S. Entonces n pertenece a S* y, por lo tanto, An=v es verdadero, lo cual implica que Y es verdadero. Y así, si el número de Gödel de Y pertenece a S, entonces Y es verdadero, o bien, si Y es falso, entonces su número de Gödel no pertenece a S.

Los argumentos a y b muestran que si Y es verdadero, entonces su número de Gödel pertenece a S y, si Y es falso, entonces su número de Gödel no pertenece a S. Llegamos así a la conclusión de que Y es un enunciado de Gödel para S.

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5 . Supongamos que A calcula S. Entonces BNA calcula S’, donde B es el pájaro azul y N es el pájaro negación. Prueba. Para todo número n, BNA=N(A). Si n pertenece a S’, entonces n no pertenece a S, por lo tanto A=f y N(An)=v. Luego, BNAn=v. Si n no pertenece a S’, entonces n pertenece a S, por lo tanto An=v y N(An)=F. Luego, BNAn=f. En consecuencia, BNA calcula S’.

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6 . Es, sin duda, imposible que exista un enunciado de Gödel Y para el conjunto S’.{18} Veamos por qué: si Y es verdadero, entonces su número de Gödel pertenece a S y no a S’, y si Y es falso, entonces su número de Gödel pertenece a S’ y no a S. Por lo tanto, no existe ningún enunciado de Gödel para S’.

Ahora bien, si S fuera calculable, entonces S’ también sería calculable, por el Problema 5. Entonces, por el Problema 4, habría un enunciado de Gödel para S’. Pero ya hemos demostrado que no existe ningún enunciado de Gödel para S’, por lo tanto, el conjunto S no es calculable.

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Epílogo

El inspector Craig no tardó mucho en regresar a su casa. Lo primero que hizo (después de resolver el caso del murciélago y la doncella noruega) fue compartir un largo fin de semana con sus viejos amigos McCulloch y el lógico Fergusson,{19} que escucharon con atención el relato de las aventuras veraniegas de Craig.

“No conocía la lógica combinatoria”, dijo McCulloch. “Debo confesar que el tema me intriga enormemente. Pero quisiera saber cómo, cuándo y por qué se originó la lógica combinatoria. ¿Cuál fue la motivación? ¿Tiene aplicaciones prácticas?”

“Muchas, por cierto,” replicó Fergusson (que estaba muy bien informado del asunto). “En la actualidad, tiene importantes aplicaciones en computación e inteligencia artificial. El estudio de esta lógica se inició a principios de la década del 1920, y fueron sus pioneros Shönfinkel {20}, Curry, Fitch, Church, Kleene, Rosser, Turing, y en años más recientes Scott, Seldin, Hindley, Barandregt y otros. Sus intereses eran puramente teóricos: investigaban los fundamentos últimos de la lógica y la matemática. En aquel entonces no podían imaginar el impacto que algún día tendría este tema en computación. En los últimos años, se logró dar una base más sólida a la teoría —especialmente gracias a los esfuerzos del lógico Dana Scott, que presentó modelos interesantes de la teoría.”

“Hay algo que olvidó explicarme el profesor Griffin. ¿Cómo se relaciona la lógica combinatoria con la computación?” preguntó Craig.

“A través de la construcción de programas”, respondió Fergusson. “Las computadoras poseen programas. Ahora bien, es posible escribir estos programas en términos de combinadores. La idea fundamental es la siguiente: dados dos programas cualesquiera X e Y, podemos obtener un nuevo programa haciendo ingresar a Y como entrada en la computadora cuyo programa es X. El salida resultante es el programa XY. Este procedimiento es similar al de Griffin —según el cual se grita el nombre de un pájaro y a un pájaro x, y se obtiene como respuesta el nombre del pájaro xy. La analogía es total: así como todos los pájaros combinatorios son derivables a partir de los dos pájaros S y K, todos los programas de computación son expresables en términos de los combinadores básicos S y K. He aquí un caso de lo que los matemáticos llaman isomorfismo, que, en esta ocasión, significa que existe una correspondencia biunívoca entre los pájaros del bosque de Griffin y todos los programas de computación, de tal modo que, si al pájaro x le corresponde el programa X y al pájaro y le corresponde el programa Y, entonces al pájaro xy le corresponderá el programa XY. Seguramente a esto se refería el profesor Griffin cuando dijo que, dado cualquier programa de computación, se puede poner en correspondencia con algún pájaro del bosque.”

“Comprendo claramente,” concluyó Fergusson, “por qué Griffin no necesita computadoras: dado que la clase de los pájaros de su bosque es isomorfa a la clase de todos los programas de computación, se sigue que la misma información que un científico en computación puede obtener de sus programas, Griffin la obtiene interrogando a sus pájaros. Sin embargo, el sistema de Griffin parece contrastar con el de quienes se dedican a la inteligencia artificial. Estos últimos pretenden simular mecanismos de pensamiento de organismos biológicos. Griffin, en cambio, se vale de organismos biológicos —pájaros, en este caso— para realizar funciones de mecanismos inteligentes. Entiendo que ambas formas de abordar la cuestión se complementan. Sería sumamente interesante saber qué resulta de todo esto.”

Varios años más tarde, Craig regresó al Bosque Maestro. Pero ésa es otra historia.

Quién es quién entre los pájaros

Pájaro azul

Bluebird

Bxyz = x(yz)

Cardenal

Cardinal

Cxyz = xzy

Paloma

Dove

Dxyzw = xy(zw)

Águila

Eagle

Exyzwv = xy(zwv)

Pinzón

Finch

Fxyz = zyx

Jilguero

Goldfinch

Gxyzw = xw(yz)

Colibrí

Hummingbird

Hxyz = xyzy

Pájaro identidad

Identity bird

Ix = x

Grajo

Jay

Jxyzw = xy(xwz)

Cernícalo

Kestrel

Kxy = x

Alondra

Lark

Lxy = x(yy)

Imitador [Arrendajo - Sinsonte]

Mockingbird

Mx = xx

Búho

Owl

Oxy = y(xy)

Pájaro raro

Queer bird

Qxyz = y(xz)

Pájaro quijotesco

Quixotic bird

Qixyz = x(zy)

Pájaro sutil

Quirky bird

Q3xyz = z(xy)

Petirrojo

Robin

Rxyz = yzx

Pájaro sabio

Sage bird

Θx = x(Θx)

Estornino

Starling

Sxyz = xz(yz)

Zorzal

Thrush

Txy = yx

Pájaro Turing

Turing bird

Uxy = y(xxy)

Oropéndola

Vireo

Vxyz = zxy

Cantor

Warbler

Wxy = xyy

Cantor inverso

Converse warbler

W*xy = yxx

Pájaros con asteriscos

Cardenal removido una vez

C*xyzw = xywz

Cardenal removido dos veces

C**xyzwv = xyzvw

Cantor removido una vez

W*xyz = xyzz

Cantor removido dos veces

W**xyzw = xyzww

Ciertas aves derivadas de otras

De B

Paloma

BB

Águila

B(BBB)

De B y T

Petirrojo

BBT

Cardenal

RRR—también B(T(BBT))(BBT)

Pinzón

ETTET—también B(TT)(B(BBB)T)

Oropéndola

BCT—también CF

Pájaro raro

CB

Pájaro quijotesco

BCB

Pájaro sutil

BT

Jilguero

BBC

De B, T, y M

Imitador doble

BM

Alondra

QM

Cantor

C(BMR)

Cantor invertido

BMR—también CW

Colibrí

BW(BC)

Estornino

B(BW)(BBC)— también BW*G

Búho

QQW— también BWQ y SI

Pájaro Turing

LO— también L(SI)

Pájaros con asteriscos

C*

BC

C**

BC*

W*

BW

W**

BW*

Algunos pájaros sabios

BML

LO(LO)

BM(BWM)

Q(QM)M

W(QL(QL))

BM(RMB)

SLL

W(M(QL))

BM(CBM)

UU

WS(BWB)

TEMA: HUMOR Y ENTRETENIMIENTO “SERIO”

pertenecientes a sus diferentes colecciones y series

Los libros de esta sección tienen dos notas sobresalientes: por un lado, su humor inteligente y ágil, que interesa a lectores exigentes; por mío lado, una reivindicación del juego como actividad compatible con la cultura.

JEAN-PIERRE ALEM

Juegos de ingenio y entretenimiento matemático

JEAN-PIERRE ALEM

Nuevos juegos de ingenio y entretenimiento matemático

BEATRIZ DOUMERC Y AYAX BARNES

La línea

B. M. NASH Y R. MONCHICK

El libro de los tests. Conózcase a usted mismo

B. M. NASH Y R. MONCHICK

El libro de los tests. Usted y los otros

PAULA DELSOL

Horóscopos chinos

F. T. MARINETTI Y FILLIÁ

La cocina futurista

JAMES L. ADAMS

Guía y juegos para superar bloqueos mentales

JAMES FIXX

Juegos de recreación mental para los muy inteligentes

NICHOLAS FALLETTA

Paradojas y juegos

ANATOLY KARPOV

Cómo aprender de las derrotas

RAYMOND SMULLYAN

Juegos y problemas de ajedrez para Sherlock Holmes

RAYMOND SMULLYAN

Juegos de ajedrez y los misteriosos caballos de Arabia

MARTIN GARDNER

Juegos y enigmas de otros mundos

MARTIN GARDNER

Juegos. Los mágicos números del Dr. Matrix

J. FRIANT E Y. L’HOSPITALIER

Juegos lógicos en el mundo de la inteligencia artificial

J. HILLMAN Y CH. BOER

La cocina del inconsciente

A. ROUSTAN Y WOLINSKY

La cocina del amor

RAYMOND SMULLYAN

Juegos por siempre misteriosos

RAYMOND SMULLYAN

Juegos para imitar a un pájaro imitador

GYLES BRANDRETH

Juegos con números

Esta obra se terminó de imprimir

en el mes de abril de 1989

en los talleres de

Compañía Editorial Electrocomp, S.A.

México, D.F.

Notas

{1} Madrid, Cátedra, 1978. [T.]

{2} Cátedra, Madrid, 1983. [T.]

{3} Cátedra, Madrid, 1983. [T.]

{4} Cátedra, Madrid, 1984. [T.]

{5} Para una referencia cómoda sobre los pájaros, están listados alfabéticamente en “Quién es quién entre los pájaros” en el Epílogo.

{6} Creo que el original en inglés tiene un error de composición, y no sé si fue corregido en la traducción:

{7} Así figura en la edición inglesa. En la edición en español:

xy(xwz)=Exyxwz=C*Exxywz=W(C*E)xywz=C**(W(C*E))xyzw.

{8} Esta última frase no figura en la edición en español.

{9} En el libro en inglés: KIKI=II=I.

{10} No confundir el símbolo lógico v (o) con la abreviatura v (verdadero) del interior de las tablas. En el original es t (true) que no trae confusiones [Sargont].

{11} En el libro en inglés: Dado que K=KI, ya que IK=K y f=KI.

{12} En el libro en inglés:  … pájaros σ, P y Z.

{13} En el libro en inglés: ▪nm=Zm1(▲(▪nm)n). 

En el libro en español los símbolos ▲ figuran como ►. Claramente un error ya que ► recién se explica en el problema 12.

{14} Esta frase es ilegible.

En el libro en inglés: Por lo tanto se satisfacen las Condiciones 1 y 2, porque el valor de A(nm)m(A1nm◄) es m si Anm=v, y es A1nm◄ si Anm=f.

{15} En este problema debería referirse al conjunto G (y no al conjunto S) ya que G es el conjunto de Gödel (S es un conjunto cualquiera).

{16} En el libro en inglés: X=n

{17} En esta solución coloqué # (libro en inglés) en lugar de ‘ (libro en español). Además agregué varias líneas sobre algunas n.

{18} Obviamente en la solución también debería referirse a G, y no a S.

{19} El lector podrá encontrar una información completa sobre las máquinas de números de McCulloch y las máquinas lógicas de Fergusson en: The Lady or the Tiger? (Alfred A. Knopf, 1982). [Hay versión en castellano: ¿La dama o el tigre?]

{20} En el libro en inglés se aclara que: “en alemán schön es hermoso y finkel es pájaro. ¡Así que podría haber una conexión entre los pájaros y la combinatoria!”.