Si P no hace nada, sacarlo no cambia el valor

El enunciado, textual: «Sea $\tau$ el tipo $(\{\mathrm{uno}\},\{\mathrm{MAS},\mathrm{P}\},\{\mathrm{Her}\},\{(\mathrm{MAS},4),(\mathrm{P},1),(\mathrm{Her},3)\})$. Sea $t\in T^{\tau }$ y sea $t^{\prime }$ el resultado de reemplazar algunas (posiblemente 0) ocurrencias de $\mathrm{P}(x_1)$ en $t$ por $x_1$. (a) Pruebe que $t^{\prime }\in T^{\tau }$. (b) Pruebe que si $𝐀=(A,i)$ es una estructura de tipo $\tau$ tal que $i(\mathrm{P})(a)=a$, para cada $a\in A$, entonces para cualquier asignación $\overrightarrow{a}\in A^{𝐍}$ se tiene que $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$.» Es el Ejercicio 5 de la Guía 10.

$x_1$ es la variable $\mathrm{X}1$, así que $\mathrm{P}(x_1)$ es la palabra de cinco símbolos $\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$. Como está entre los ejercicios 1 a 17 de la lista, va sin notación declaratoria, y como son dos inducciones, cada una nombra la regla y escribe su ${\mathrm{Enu}}_k$.

01 · Qué pide, con un término a la vista

El término

$$t=\mathrm{MAS}(\mathrm{P}(\mathrm{X}1),\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{X}1)),\mathrm{X}1,\mathrm{P}(\mathrm{X}1))$$

tiene veintiocho símbolos, es de nivel 3, y $\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$ ocurre en él tres veces, a partir de las posiciones 5, 13 y 23. «Algunas (posiblemente 0)» quiere decir cualquier subconjunto de esas tres: hay ocho maneras de elegir, y cada una da su $t^{\prime }$. Por ejemplo:

• ninguna: $t^{\prime }=t$;
• la de la 5: $t^{\prime }=\mathrm{MAS}(\mathrm{X}1,\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{X}1)),\mathrm{X}1,\mathrm{P}(\mathrm{X}1))$;
• la de la 13: $t^{\prime }=\mathrm{MAS}(\mathrm{P}(\mathrm{X}1),\mathrm{P}(\mathrm{X}1),\mathrm{X}1,\mathrm{P}(\mathrm{X}1))$;
• las tres: $t^{\prime }=\mathrm{MAS}(\mathrm{X}1,\mathrm{P}(\mathrm{X}1),\mathrm{X}1,\mathrm{X}1)$.

Las ocho son términos: eso es (a). En la tercera y la cuarta, el $\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{X}1))$ quedó convertido en $\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$, una ocurrencia que $t$ no tenía en ese lugar; no se reemplaza, porque la elección es entre las ocurrencias de $t$ y los reemplazos se hacen a la vez.

Para (b), con $A=\{0,\dots ,6\}$, $i(\mathrm{uno})=1$, $i(\mathrm{MAS})(x,y,z,w)=x+2y+3z+4w$ módulo 7, $i(\mathrm{P})(x)=x$ y $\overrightarrow{a}=(1,2,3,\dots )$, las ocho valen $i(\mathrm{MAS})(1,1,1,1)=10$, o sea $3$. Si en cambio $i(\mathrm{P})(x)=3x$ módulo 7, $t$ vale $1$ y las tres de arriba valen $6$, $3$ y $0$: sacar un $\mathrm{P}$ que hace algo cambia el valor. La hipótesis sobre $i(\mathrm{P})$ es lo que hace que (b) sea verdadero.

Y cada ocurrencia está en un lugar distinto respecto de la forma de afuera, $\mathrm{MAS}(t_1,t_2,t_3,t_4)$: la de la 5 es $t_1$ entero, la de la 13 está adentro de $t_2=\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{X}1))$ y la de la 23 es $t_4$. Ninguna toca el $\mathrm{MAS}$, los paréntesis de afuera ni las comas. Eso, probado para todo término, es el hecho que sostiene las dos inducciones.

02 · Las herramientas

Los niveles (Guía 9, p. 1): $T_0^{\tau }=\mathrm{Var}\cup 𝒞$ y $T_{k+1}^{\tau }=T_k^{\tau }\cup \{f(t_1,\dots ,t_n):f\in {ℱ}_n,n\ge 1,t_1,\dots ,t_n\in T_k^{\tau }\}$, con $T^{\tau }={\bigcup }_{k\ge 0}{T}_k^{\tau }$. Como los niveles crecen, términos de niveles distintos están todos en el mayor de esos niveles.

El valor de un término (Guía 10, p. 1): $x_j^{𝐀}[\overrightarrow{a}]=a_j$, $c^{𝐀}[\overrightarrow{a}]=i(c)$ y $f(t_1,\dots ,t_n{)}^{𝐀}[\overrightarrow{a}]=i(f)(t_1^{𝐀}[\overrightarrow{a}],\dots ,t_n^{𝐀}[\overrightarrow{a}])$. Las tres cláusulas, con la lectura única que las vuelve inambiguas, están en El valor de un término.

Las variables y el tipo. Una variable es $\mathrm{X}$ seguida de numerales, y termina en su único numeral negrita (Guía 9, p. 1). Los nombres de constante, función y relación están escritos en alfabetos disjuntos de a pares y no usan $\mathrm{X}$, numerales itálicos o negritas, paréntesis ni comas (Guía 8, p. 4). En este tipo, entonces, el símbolo $\mathrm{P}$ sólo aparece en el nombre $\mathrm{P}$: no está en $\mathrm{MAS}$, en $\mathrm{uno}$, en $\mathrm{Her}$ ni en ninguna variable.

El reemplazo simultáneo (Guía 9, p. 6): se puede reemplazar a la vez un conjunto de ocurrencias si son disjuntas. Las de $\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$ lo son siempre: un tramo final propio de la palabra empieza con $($, $\mathrm{X}$, $1$ o $)$, y un tramo inicial con $\mathrm{P}$, así que dos ocurrencias no se pueden superponer sin coincidir.

El menú y la lectura única de términos (Lema 1 y Teorema 3 de la Guía 9), que la lista deja usar sin enunciar: todo término es una variable, un nombre de constante o $f(t_1,\dots ,t_n)$ con piezas únicas, un nivel más abajo. En particular, un término termina en un numeral negrita, en el último símbolo de un nombre de constante o en $)$.

La Regla de Inducción desde 0: si ${\mathrm{Enu}}_0$ es verdadero y, para cada $k$, ${\mathrm{Enu}}_k$ implica ${\mathrm{Enu}}_{k+1}$, entonces ${\mathrm{Enu}}_k$ es verdadero para todo $k\in \omega$.

Lo que hay que enunciar y probar. El hecho de la sección anterior, que una ocurrencia de $\mathrm{P}(x_1)$ en $f(t_1,\dots ,t_n)$ es el término entero o está adentro de un argumento, es un caso del Lema 4(c) de la Guía 9. No es el menú ni la lectura única, así que no se puede citar: se enuncia y se prueba. Para esta palabra concreta la prueba es corta y no necesita el mordisqueo.

Hecho. Sea $t=f(t_1,\dots ,t_n)\in T^{\tau }$, con $f\in {ℱ}_n$ y $t_1,\dots ,t_n\in T^{\tau }$. Toda ocurrencia de $\mathrm{P}(x_1)$ en $t$ es $t$ entera, y entonces $t=\mathrm{P}(x_1)$, o sucede dentro de algún $t_j$.

• Prueba. Sea una ocurrencia a partir de la posición $p$; entonces $[t{]}_p=\mathrm{P}$. Si $p=1$, $f$ empieza con $\mathrm{P}$, y como $f\in \{\mathrm{MAS},\mathrm{P}\}$, $f=\mathrm{P}$, $n=1$ y $t=\mathrm{P}(t_1)$. El primer símbolo de $t_1$ es $[t{]}_3=\mathrm{X}$. Por el menú, $t_1$ es una variable, un nombre de constante o de la forma $g(s_1,\dots ,s_m)$; como ningún nombre usa $\mathrm{X}$, $t_1\in \mathrm{Var}$. Una variable termina en su único numeral negrita, y $[t{]}_4=1$ es negrita, así que $t_1=\mathrm{X}1$ y $t=\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$: la ocurrencia, de cinco símbolos, es $t$ entera.
• Si $p>1$, $p$ no es una posición de $f$ (si $f=\mathrm{MAS}$, sus símbolos no son $\mathrm{P}$; si $f=\mathrm{P}$, sólo ocupa la posición 1), ni la del $($ que sigue a $f$, ni la de una coma o del $)$ final. Luego $p$ es una posición de algún $t_j$. Supongamos que la ocurrencia no cabe en $t_j$: entonces $t_j$ termina en una posición $q$ con $p\le q<p+4$, y sus símbolos de $p$ a $q$ forman un tramo inicial propio no vacío de $\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$, o sea $\mathrm{P}$, $\mathrm{P}($, $\mathrm{P}(\mathrm{X}$ o $\mathrm{P}(\mathrm{X}1$. Así $t_j$ terminaría en $\mathrm{P}$, en $($, en $\mathrm{X}$ o en $1$. Un término termina en un numeral negrita, en el último símbolo de $\mathrm{uno}$ o en $)$; las tres primeras quedan descartadas. Si terminara en $1$, por el menú $t_j$ sería una variable, y una variable no contiene el símbolo $\mathrm{P}$ que $t_j$ tiene en la posición $p$. Absurdo: la ocurrencia sucede dentro de $t_j$. ∎

03 · La mariposa: el Enu habla de cualquier elección

«Algunas (posiblemente 0)» va adentro del ${\mathrm{Enu}}_k$, y es el corazón. En el paso, $t=f(t_1,\dots ,t_n)$ y se eligió un conjunto de ocurrencias de $t$. Por el Hecho, si ninguna es $t$ entera, cada una cae en un argumento, y lo que le toca a $t_j$ es un subconjunto cualquiera de sus ocurrencias: puede ser una, varias, todas o ninguna. La hipótesis inductiva tiene que hablar de todas esas posibilidades a la vez. Por eso el enunciado del ejercicio dice «algunas (posiblemente 0)», y por eso el ${\mathrm{Enu}}_k$ lo repite tal cual:

• Con «una ocurrencia» en el ${\mathrm{Enu}}_k$ no alcanza: $t_1$ podría recibir dos.
• Con «toda ocurrencia» tampoco: si de las ocurrencias de $t_2$ se eligió sólo una, la hipótesis no dice nada de $t_2^{\prime }$.
• El «posiblemente 0» evita un caso aparte para los argumentos que no reciben nada: para ellos $t_j^{\prime }=t_j$, y el mismo ${\mathrm{Enu}}_k$ lo cubre. También cubre el $t^{\prime }$ que no cambió nada, $t^{\prime }=t$.

El caso nuevo es el término entero. Con una variable, como en el Ejercicio 5, una ocurrencia en $f(t_1,\dots ,t_n)$ caía siempre en un argumento. $\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$ tiene paréntesis y empieza con un nombre de función: puede ser $t$ entera. Por el Hecho, eso pasa sólo cuando $t=\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$, y entonces la elección es ésa o ninguna, porque $t_1=\mathrm{X}1$ no tiene $\mathrm{P}$. Si se la elige, $t^{\prime }=\mathrm{X}1$.

En (b), la hipótesis sobre $i(\mathrm{P})$ se usa una sola vez: en ese caso. $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=a_1$ y $t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]=i(\mathrm{P})(a_1)=a_1$. En todos los demás, $t^{\prime }=f(t_1^{\prime },\dots ,t_n^{\prime })$ y la cuenta es la cláusula (3) dos veces con la hipótesis inductiva en el medio, que no sabe nada de $\mathrm{P}$.

(a) va primero, y (b) lo usa. Para hablar de $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]$ hace falta que $t^{\prime }$ sea término, y en el paso, para aplicar la cláusula (3) a $t^{\prime }=f(t_1^{\prime },\dots ,t_n^{\prime })$, que cada $t_j^{\prime }$ lo sea. Las dos cosas las da (a), que en este ejercicio no se acepta: se prueba.

Abajo, cada ocurrencia de $\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$ se elige o no. Se ve dónde vive cada elegida respecto de la forma de afuera, si $t^{\prime }$ se lee como término, y los dos valores con la interpretación de $\mathrm{P}$ que elijas.

Con la identidad, cualquier elección deja el valor quieto. Con $3x$, alcanza una elegida para que cambie. Con $t=\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$ se ve el caso del término entero: la única ocurrencia es $t$ y no vive en ningún argumento.

04 · El escarabajo de (a)

Prueba. Usaremos la Regla de Inducción desde 0. Para cada $k\in \omega$ sea ${\mathrm{Enu}}_k$ el enunciado:

${\mathrm{Enu}}_k$: Si $t\in T_k^{\tau }$ y $t^{\prime }$ es el resultado de reemplazar algunas (posiblemente 0) ocurrencias de $\mathrm{P}(x_1)$ en $t$ por $x_1$, entonces $t^{\prime }\in T^{\tau }$.

(Las ocurrencias de $\mathrm{P}(x_1)$ en cualquier palabra son disjuntas, como se vio en la sección 02, así que el reemplazo simultáneo de cualquier conjunto de ellas está definido.)

Prueba de que ${\mathrm{Enu}}_0$ es verdadero. Sea $t\in T_0^{\tau }=\mathrm{Var}\cup 𝒞$ y $t^{\prime }$ como en ${\mathrm{Enu}}_0$. Una variable está hecha de $\mathrm{X}$ y numerales, y el único nombre de constante es $\mathrm{uno}$; ninguno contiene el símbolo $\mathrm{P}$. Luego $\mathrm{P}(x_1)$ no ocurre en $t$, no hay nada que reemplazar y $t^{\prime }=t\in T^{\tau }$.

Prueba de que si ${\mathrm{Enu}}_k$ es verdadero entonces ${\mathrm{Enu}}_{k+1}$ lo es. Supongamos que vale ${\mathrm{Enu}}_k$. Sea $t\in T_{k+1}^{\tau }$ y sea $t^{\prime }$ el resultado de reemplazar algunas (posiblemente 0) ocurrencias de $\mathrm{P}(x_1)$ en $t$ por $x_1$. Por definición de $T_{k+1}^{\tau }$ hay dos casos.

• Caso $t\in T_k^{\tau }$. Ya que vale ${\mathrm{Enu}}_k$, $t^{\prime }\in T^{\tau }$.
• Caso $t=f(t_1,\dots ,t_n)$, con $f\in {ℱ}_n$, $n\ge 1$ y $t_1,\dots ,t_n\in T_k^{\tau }$. Dos subcasos.
  • Entre las ocurrencias reemplazadas está $t$ entera. Por el Hecho, $t=\mathrm{P}(x_1)$, con $t_1=x_1$. Cualquier otra ocurrencia de $\mathrm{P}(x_1)$ en $t$ sucedería, por el Hecho, dentro de $t_1=x_1$, que no contiene el símbolo $\mathrm{P}$; así que la única reemplazada es $t$ entera, y $t^{\prime }=x_1\in T^{\tau }$.
  • $t$ entera no está entre las reemplazadas. Por el Hecho, cada ocurrencia reemplazada sucede dentro de algún $t_j$. Para cada $j$ sea $t_j^{\prime }$ el resultado de reemplazar en $t_j$ por $x_1$ las ocurrencias reemplazadas que suceden dentro de $t_j$: algunas (posiblemente 0) ocurrencias de $\mathrm{P}(x_1)$ en $t_j$. Como ningún reemplazo toca $f$, el $($, las comas ni el $)$ final, $$t^{\prime }=f(t_1^{\prime },\dots ,t_n^{\prime })$$ Como $t_j\in T_k^{\tau }$, por ${\mathrm{Enu}}_k$ se tiene $t_j^{\prime }\in T^{\tau }$, digamos $t_j^{\prime }\in T_{m_j}^{\tau }$, para $j=1,\dots ,n$. Con $M=\max (m_1,\dots ,m_n)$, como los niveles crecen, $t_1^{\prime },\dots ,t_n^{\prime }\in T_M^{\tau }$, y por definición $t^{\prime }\in T_{M+1}^{\tau }\subseteq T^{\tau }$.

Por la Regla de Inducción desde 0, ${\mathrm{Enu}}_k$ vale para todo $k\in \omega$. Como todo $t\in T^{\tau }$ está en algún $T_k^{\tau }$, $t^{\prime }\in T^{\tau }$. ∎

05 · El escarabajo de (b)

Prueba. Usaremos la Regla de Inducción desde 0. Para cada $k\in \omega$ sea ${\mathrm{Enu}}_k$ el enunciado:

${\mathrm{Enu}}_k$: Si $t\in T_k^{\tau }$ y $t^{\prime }$ es el resultado de reemplazar algunas (posiblemente 0) ocurrencias de $\mathrm{P}(x_1)$ en $t$ por $x_1$, entonces para cualquier estructura $𝐀=(A,i)$ de tipo $\tau$ tal que $i(\mathrm{P})(a)=a$ para cada $a\in A$, y cualquier asignación $\overrightarrow{a}\in A^{𝐍}$, se tiene que $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$.

Por (a), $t^{\prime }\in T^{\tau }$, así que $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]$ está definido.

Prueba de que ${\mathrm{Enu}}_0$ es verdadero. Sea $t\in T_0^{\tau }$, $t^{\prime }$ como en ${\mathrm{Enu}}_0$, $𝐀$ una estructura de tipo $\tau$ con $i(\mathrm{P})(a)=a$ para cada $a\in A$ y $\overrightarrow{a}\in A^{𝐍}$. Como en (a), $\mathrm{P}(x_1)$ no ocurre en $t$, así que $t^{\prime }=t$ y $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$.

Prueba de que si ${\mathrm{Enu}}_k$ es verdadero entonces ${\mathrm{Enu}}_{k+1}$ lo es. Supongamos que vale ${\mathrm{Enu}}_k$. Sea $t\in T_{k+1}^{\tau }$, $t^{\prime }$ el resultado de reemplazar algunas (posiblemente 0) ocurrencias de $\mathrm{P}(x_1)$ en $t$ por $x_1$, $𝐀=(A,i)$ una estructura de tipo $\tau$ con $i(\mathrm{P})(a)=a$ para cada $a\in A$, y $\overrightarrow{a}=(a_1,a_2,\dots )\in A^{𝐍}$. Hay dos casos.

• Caso $t\in T_k^{\tau }$. Ya que vale ${\mathrm{Enu}}_k$, $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$.
• Caso $t=f(t_1,\dots ,t_n)$, con $f\in {ℱ}_n$, $n\ge 1$ y $t_1,\dots ,t_n\in T_k^{\tau }$. Dos subcasos, los mismos de (a).
  • Entre las reemplazadas está $t$ entera. Como en (a), $t=\mathrm{P}(x_1)$ y $t^{\prime }=x_1$. Por la definición de valor, $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=a_1$ y $$t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]=i(\mathrm{P})(x_1^{𝐀}[\overrightarrow{a}])=i(\mathrm{P})(a_1)=a_1$$ donde la última igualdad es la hipótesis sobre $i(\mathrm{P})$. Luego $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$.
  • $t$ entera no está entre las reemplazadas. Como en (a), $t^{\prime }=f(t_1^{\prime },\dots ,t_n^{\prime })$, donde $t_j^{\prime }$ es el resultado de reemplazar algunas (posiblemente 0) ocurrencias de $\mathrm{P}(x_1)$ en $t_j$ por $x_1$, y por (a) cada $t_j^{\prime }\in T^{\tau }$. Como $t_j\in T_k^{\tau }$, por ${\mathrm{Enu}}_k$, con la misma $𝐀$ y la misma $\overrightarrow{a}$, $t_j^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=t_j^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$ para $j=1,\dots ,n$. Entonces $$t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=i(f)(t_1^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}],\dots ,t_n^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}])=i(f)(t_1^{𝐀}[\overrightarrow{a}],\dots ,t_n^{𝐀}[\overrightarrow{a}])=t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$$ donde la primera y la última igualdad son la cláusula (3) de la definición de valor —por la lectura única, los argumentos de $t^{\prime }$ son los $t_j^{\prime }$ y los de $t$ los $t_j$— y la del medio es ${\mathrm{Enu}}_k$.

Por la Regla de Inducción desde 0, ${\mathrm{Enu}}_k$ vale para todo $k\in \omega$, y como todo término está en algún $T_k^{\tau }$, $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$ para toda $𝐀$ con $i(\mathrm{P})$ la identidad y toda $\overrightarrow{a}\in A^{𝐍}$. ∎

06 · Lo que se lleva a otros ejercicios

Lo que se reemplaza decide los subcasos. Una variable, como en el Ejercicio 5, cae siempre adentro de un argumento. Un término con paréntesis puede ser el término entero, y ese subcaso es el único donde se usa lo que el ejercicio supone del reemplazo. Es el molde de el Ejercicio 7, donde $s_1$ es un término cualquiera y lo que se usa en ese subcaso es $s_1^{𝐀}[\overrightarrow{a}]=s_2^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$; y de el Ejercicio 1, que prueba que reemplazar una ocurrencia de un término cualquiera da un término.

El Hecho de la sección 02 es un caso del Lema 4(c) de la Guía 9. Si en otro ejercicio lo que se reemplaza es un término cualquiera, la prueba de la guía usa el mordisqueo, que tampoco es lectura única. Para una palabra concreta suele alcanzar con mirar con qué símbolo empieza y en qué símbolo termina un término, como acá.

Lo que hace perder puntos. Escribir el ${\mathrm{Enu}}_k$ con «una ocurrencia» o con «toda ocurrencia» en lugar de «algunas (posiblemente 0)». Citar el Lema 4(c) sin enunciarlo y probarlo. Olvidar el subcaso en que la ocurrencia es $t$ entera, que es el único donde la ocurrencia no vive en un argumento y el único donde se usa $i(\mathrm{P})(a)=a$. En (b), evaluar $t^{\prime }$ sin haber probado (a). Dejar $𝐀$ o $\overrightarrow{a}$ sin cuantificar en el ${\mathrm{Enu}}_k$. Y olvidar el caso $t\in T_k^{\tau }$ del paso, en las dos inducciones.

Para tener a mano

1. Hecho: una ocurrencia de $\mathrm{P}(x_1)$ en $f(t_1,\dots ,t_n)$ es el término entero (y entonces es $\mathrm{P}(x_1)$) o está adentro de un $t_j$. Se prueba con el primer símbolo de $t_1$ (si $p=1$) y con el último de $t_j$ (si no).
2. Las ocurrencias de $\mathrm{P}(x_1)$ no se pisan: ningún tramo final propio empieza con $\mathrm{P}$.
3. ${\mathrm{Enu}}_k$ de (a): si $t\in T_k^{\tau }$ y $t^{\prime }$ es el resultado de reemplazar algunas (posiblemente 0) ocurrencias, $t^{\prime }\in T^{\tau }$. Cada argumento recibe un subconjunto cualquiera de sus ocurrencias.
4. ${\mathrm{Enu}}_k$ de (b): lo mismo, con «para toda $𝐀$ con $i(\mathrm{P})$ la identidad y toda $\overrightarrow{a}$, $t^{\prime 𝐀}[\overrightarrow{a}]=t^{𝐀}[\overrightarrow{a}]$». La hipótesis sobre $\mathrm{P}$ se usa sólo cuando se reemplaza $t=\mathrm{P}(x_1)$ entera.
5. Sin la hipótesis falla: con $i(\mathrm{P})(x)=3x$ módulo 7, $\mathrm{P}(\mathrm{X}1)$ vale $3$ en $\overrightarrow{a}=(1,2,3,\dots )$ y $\mathrm{X}1$ vale $1$.