Todo complemento es el que eligió c

El enunciado, textual: «De una prueba elemental de reticulados complementados de la sentencia elemental pura

$${\mathrm{Dis}}_1\to \forall x\forall u((xsu=1\wedge xiu=0)\to u=c(x))$$

». Con Dis1 la distributiva de la lista, $\forall x\forall y\forall z(xi(ysz)=(xiy)s(xiz))$. Es también el Ejercicio 23 (a) de la Guía 7. Dice que, si el reticulado es distributivo, cualquier elemento que se porte como complemento de $x$ es justo el que la operación $c$ le asignó.

01 · Antes de probar: qué tipo, qué se escribe, qué se entrega

El tipo. Un reticulado complementado es una 6-upla $(L,s,i,c,0,1)$: dos operaciones binarias, una unaria y dos elementos distinguidos. Sus fórmulas elementales se arman con eso y con la igualdad, nada más. No hay $\le$: la Guía 7 lo dice con todas las letras, $x\le y$ no es una fórmula elemental de reticulados complementados. Se puede pensar con el orden, pero la prueba se escribe con igualdades.

La forma. La sentencia es una implicación con Dis1 adelante. La prueba supone Dis1, fija $a$ y $b$ arbitrarios, supone las dos ecuaciones $asb=1$ y $aib=0$, y tiene que llegar a $b=c(a)$.

La trampa. Sin Dis1 la sentencia es falsa, y no por un caso raro. En el diamante $M_3$, con átomos $p,q,r$, el $p$ tiene dos complementos, $q$ y $r$; la operación $c$ tiene que quedarse con uno, y el otro cumple las dos ecuaciones sin ser $c(p)$. De las dos ecuaciones no sale el complemento que eligió $c$: sale un complemento. Lo que este ejercicio agrega es que con Dis1 esa diferencia desaparece.

Y no hay forma de elegir bien. Medido sobre los 29 reticulados complementados de hasta siete elementos, salvo isomorfismo, con todas sus operaciones $c$ posibles: en los 26 que no son distributivos la sentencia sin Dis1 falla con todas las elecciones, 2724 de 2724. Tiene sentido: decir «todo complemento de $x$ es $c(x)$» es decir que $x$ tiene un solo complemento, y eso no depende de $c$. En los tres distributivos de esa lista —los de uno, dos y cuatro elementos— vale, igual que en los divisores de 30.

02 · Los axiomas que hay a mano

Son los doce que la Guía 7 da para reticulados complementados: los ocho de reticulado terna, los dos de acotado y los dos del complemento. Con los nombres de las guías anteriores:

• I1, idempotencia: $\forall x(xsx=x)$ y $\forall x(xix=x)$.
• I2 e I3, conmutatividad: $\forall x\forall y(xsy=ysx)$ y $\forall x\forall y(xiy=yix)$.
• I4 e I5, asociatividad: $\forall x\forall y\forall z((xsy)sz=xs(ysz))$ y la misma con $i$.
• I6 e I7, absorción: $\forall x\forall y(xs(xiy)=x)$ y $\forall x\forall y(xi(xsy)=x)$.
• I8 e I9, el piso y el techo: $\forall x(0sx=x)$ y $\forall x(xs1=1)$.
• I10 e I11, el complemento: $\forall x(xsc(x)=1)$ y $\forall x(xic(x)=0)$.

La prueba usa I3, I7, I8, I9, I10 e I11, más Dis1, que entra como hipótesis. Hay que mirar dos cosas. I8 e I9 están escritos con $s$: $xi1=x$, que la prueba necesita, no es un axioma y hay que probarlo antes. Y lo que I10 e I11 dicen es que $c(x)$ es un complemento de $x$. Que sea el único es lo que hay que probar.

03 · La mariposa: dos cuentas que se cruzan

Hay dos complementos de $a$ sobre la mesa: $b$, que viene de la hipótesis, y $c(a)$, que viene de los axiomas. Pensando con el orden, ser iguales es estar cada uno debajo del otro, y «$b$ está debajo de $c(a)$» se escribe sin $\le$ como $b=bic(a)$. Así que la meta se parte en dos igualdades: $b=bic(a)$ y $c(a)=c(a)ib$. Después I3 las pega.

¿Cómo aparece $c(a)$ al lado de $b$? El único lugar donde $c(a)$ se conecta con algo es I10: $asc(a)=1$. Hace falta un $1$ al lado de $b$, y eso lo da $b=bi1$. Reemplazando $1$, aparece un ínfimo de un supremo, $bi(asc(a))$, que es justo lo que Dis1 abre:

$$b=bi1=bi(asc(a))=(bia)s(bic(a))=0s(bic(a))=bic(a)$$

El $bia$ se va porque $aib=0$ es hipótesis, y el $0$ se va por I8. La otra cuenta es la misma con los papeles cambiados:

$$c(a)=c(a)i1=c(a)i(asb)=(c(a)ia)s(c(a)ib)=0s(c(a)ib)=c(a)ib$$

Hay que mirar qué usa cada una. La primera usa el supremo de $c(a)$ con $a$ y el ínfimo de $b$ con $a$; la segunda, al revés. Cada cuenta toma una ecuación de cada complemento, y por eso hacen falta las cuatro: dos son hipótesis y dos son I10 e I11.

¿Y el Ejercicio 13? Dice exactamente que dos complementos del mismo elemento son iguales, con Dis1. Tomando $v$ como $c(a)$ y usando I10 e I11 para su mitad del antecedente, este ejercicio sale en tres renglones. Pero la lista dice: si se usa un resultado de alguna guía, hay que enunciarlo y probarlo por separado, y este ejercicio no trae ninguna autorización. Quedan dos caminos honestos.

• Citar, con prueba. Enunciar la sentencia del Ejercicio 13 como lema, escribir su prueba elemental —una prueba de reticulados acotados también lo es de complementados, porque sus axiomas están todos acá— y después instanciarla.
• Rehacer. Escribir directamente las dos cuentas de arriba, con $c(a)$ en el lugar de $v$.

Miden lo mismo: las dos cuentas aparecen en los dos caminos, y el primero además escribe la instanciación. El escarabajo de abajo rehace, que deja la prueba de una pieza. Lo que no vale es escribir «por el Ejercicio 13» o «por el Lema 10» y seguir.

Lo que se rompe es siempre el mismo eslabón: el de Dis1, el tercero de cada cuenta. Los otros cuatro valen en cualquier reticulado complementado, porque usan axiomas e hipótesis y nada más. Contado sobre los 26 complementados no distributivos de hasta siete elementos, en cada caso con $u$ complemento de $x$ y $u\ne c(x)$, nunca se rompió otro eslabón. En el diamante se rompen las dos cuentas. En el pentágono, con $x$ el elemento suelto, se rompe una sola, y la que sobrevive dice algo verdadero: los dos complementos de $x$ están uno arriba del otro, y la cuenta que pide que el de abajo quede debajo del de arriba cierra. Probar la mitad no alcanza; hacen falta las dos cuentas.

04 · El escarabajo: la prueba escrita

Primero el teorema que no es axioma, con su prueba antepuesta. Después la prueba, con cada instanciación dicha.

Teorema T1: $\forall x(xi1=x)$.

Prueba de T1. Sea $t\in L$ fijo pero arbitrario. El axioma I9, tomando $x$ como $t$, nos dice que $ts1=1$. El axioma I7, tomando $x$ como $t$ e $y$ como $1$, nos dice que $ti(ts1)=t$. Reemplazando $ts1$ por $1$ obtenemos $ti1=t$. Como $t$ era fijo pero arbitrario, vale $\forall x(xi1=x)$. ∎

Prueba. Supongamos Dis1, es decir $\forall x\forall y\forall z(xi(ysz)=(xiy)s(xiz))$. Sean $a,b\in L$ elementos fijos pero arbitrarios, y supongamos $asb=1\wedge aib=0$. Los axiomas I10 e I11, tomando $x$ como $a$, nos dicen que $asc(a)=1$ y $aic(a)=0$.

Primera cuenta: $b=bic(a)$.

• El teorema T1, tomando $x$ como $b$, nos dice que $bi1=b$, o sea $b=bi1$.
• Como $asc(a)=1$, reemplazando: $b=bi(asc(a))$.
• Dis1, tomando $x$ como $b$, $y$ como $a$ y $z$ como $c(a)$, nos dice que $bi(asc(a))=(bia)s(bic(a))$. Entonces $b=(bia)s(bic(a))$.
• El axioma I3, tomando $x$ como $b$ e $y$ como $a$, nos dice que $bia=aib$, y supusimos $aib=0$. Luego $bia=0$ y $b=0s(bic(a))$.
• El axioma I8, tomando $x$ como $bic(a)$, nos dice que $0s(bic(a))=bic(a)$. Luego $b=bic(a)$.

Segunda cuenta: $c(a)=c(a)ib$.

• El teorema T1, tomando $x$ como $c(a)$, nos dice que $c(a)i1=c(a)$, o sea $c(a)=c(a)i1$.
• Como supusimos $asb=1$, reemplazando: $c(a)=c(a)i(asb)$.
• Dis1, tomando $x$ como $c(a)$, $y$ como $a$ y $z$ como $b$, nos dice que $c(a)i(asb)=(c(a)ia)s(c(a)ib)$. Entonces $c(a)=(c(a)ia)s(c(a)ib)$.
• El axioma I3, tomando $x$ como $c(a)$ e $y$ como $a$, nos dice que $c(a)ia=aic(a)$, y $aic(a)=0$ por I11. Luego $c(a)ia=0$ y $c(a)=0s(c(a)ib)$.
• El axioma I8, tomando $x$ como $c(a)ib$, nos dice que $0s(c(a)ib)=c(a)ib$. Luego $c(a)=c(a)ib$.

Cierre. El axioma I3, tomando $x$ como $b$ e $y$ como $c(a)$, nos dice que $bic(a)=c(a)ib$. Juntando las dos cuentas, $b=bic(a)=c(a)ib=c(a)$, o sea $b=c(a)$. Como habíamos supuesto $asb=1\wedge aib=0$, probamos $(asb=1\wedge aib=0)\to b=c(a)$. Como $a$ y $b$ eran fijos pero arbitrarios, vale $\forall x\forall u((xsu=1\wedge xiu=0)\to u=c(x))$, y como todo se dedujo suponiendo Dis1, queda probada la sentencia del enunciado. ∎

05 · Lo que se lleva y lo que hace perder puntos

El puente. Con Dis1, para probar que un término $t$ es $c(r)$ alcanza con verificar dos ecuaciones, $rst=1$ y $rit=0$: nunca hay que calcular $c$ de nada. Así salen De Morgan, $c(c(x))=x$ y el resto del Ejercicio 23 de la Guía 7. En el Ejercicio 15 la consigna autoriza la unicidad del Ejercicio 13, no este ejercicio; el paso que los separa lo cubren I10 e I11, como acá.

Lo que hace perder puntos. Citar el Ejercicio 13 o el Lema 10 de la Guía 5 sin enunciarlo y probarlo. Usar $xi1=x$ como si fuera un axioma. Escribir la primera cuenta y despachar la segunda con «análogamente»: son cuentas distintas, con hipótesis distintas. Y escribir $b\le c(a)$ en la prueba: en reticulados complementados ese símbolo no existe, y una línea con $\le$ no es una sentencia elemental del tipo.

Para tener a mano

1. I10 e I11 dicen que $c(x)$ es un complemento. Que sea el único es lo que aporta Dis1.
2. Sin Dis1 falla con cualquier $c$: medido en los 26 complementados no distributivos de hasta siete elementos, con sus 2724 operaciones $c$.
3. Dos cuentas: $b=bi1=bi(asc(a))=\cdots =bic(a)$, y la misma con $b$ y $c(a)$ cambiados. Cada una usa una ecuación de cada complemento. I3 las pega.
4. La distributividad entra en un solo eslabón de cada cuenta, y es el único que se rompe sin ella.
5. $xi1=x$ no es axioma: se prueba antes con I9 e I7.
6. El Ejercicio 13 no está autorizado acá: se enuncia y se prueba, o se rehace el argumento con $c(a)$ en el lugar de $v$.