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Noticias: Homenaje a aladan
 
 
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Autor Tema: Pruebe \(\;\forall X\neq\mathcal{P}(X):\mathcal{P}(X)\subseteq X\;\) es falso.  (Leído 191 veces)
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« : 11/10/2018, 06:55:17 pm »


Demuestre que:

   (a) Para cualquier conjunto    [texx]X[/texx]    es falso que    [texx]\mathcal{P}(X)\subseteq{X}[/texx].    En particular    [texx]X\neq{\mathcal{P}(X)}[/texx].

   (b) El conjunto de todos los conjutos no existe usando el inciso (a).

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« Respuesta #1 : 14/10/2018, 06:47:00 pm »

Pues para el (a)

\begin{array}{ll}
01\quad \forall{\,X}:\big(\mathcal{P}(X)\subseteq{X}\big)&\textrm{Hipótesis}\\
02\quad \forall{\,X}.\;\forall{\,x}:\big(x\in{\mathcal{P}(X)}\rightarrow{x\in{X}}\big)&\textrm{Def. subconjunto en 1}\\
03\quad \forall{\,x}:\big(x\in{\mathcal{P}(X)}\rightarrow{x\in{X}}\big)&\textrm{Eliminación generalizador en 2}\\
04\quad X\in{\mathcal{P}(X)}\rightarrow{X\in{X}}&\textrm{Eliminación generalizador en 3}\\
05\quad X\in{\mathcal{P}(X)}\color{red}\leftrightarrow X\subseteq{X}&\textrm{Ax. Conjunto Potencia para }X\\
\color{red}5a\quad X\subseteq{X}&\color{red}\textrm{Def. subconjunto}\\
\color{red}5b\quad X\in{\mathcal{P}(X)}&\color{red}\textrm{Modus ponens 5,5a}\\
06\quad X\in{X}&\textrm{Modus ponens 4,5}\color{red}\textrm{b}\\
07\quad X\not\in{X}&\textrm{Ax. Fundación }\\
08\quad X\in{X}\wedge X\not\in{X} &\textrm{Introducción conjunción 6,7}\\
\hline
C:\quad \lnot\Big(\forall{\,X}:\big(\mathcal{P}(X)\subseteq{X}\big)\Big)&\textrm{Reducción al absurdo 1-8}
\end{array}

Saludos.

CORREGIDO. Por gentileza de manooooh
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« Respuesta #2 : 14/10/2018, 07:47:46 pm »

Hola

Una duda:

Del paso 3 al 4

(...)
[texx]\begin{array}{ll}
3\quad \forall{\,x}:\big(x\in{\mathcal{P}(X)}\rightarrow{x\in{X}}\big)&\textrm{Eliminación generalizador en 2}\\
4\quad X\in{\mathcal{P}(X)}\rightarrow{X\in{X}}&\textrm{Eliminación generalizador en 3}\\
\end{array}[/texx]
(...)

¿cómo deducís que [texx]X\in\mathcal P(X)[/texx]? Yo creo que debería decir [texx]x\in\mathcal P(X)[/texx] o bien [texx]X\subseteq\mathcal P(X)[/texx] o algo así, pero nunca la pertenencia. Quizás es común pero yo nunca lo había visto así.

Saludos
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Carlos Ivorra
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« Respuesta #3 : 14/10/2018, 08:47:12 pm »

Está bien. Puestos a practicar, puedes probar a demostrarlo también sin usar el axioma de fundación. Es posible hacerlo imitando el argumento de la paradoja de Russell, considerando el conjunto

[texx]R=\{u\in X\mid u\notin u\}[/texx]

que, bajo el supuesto de que [texx]\mathcal PX\subset X[/texx], lleva a una contradicción.

¿cómo deducís que [texx]X\in\mathcal P(X)[/texx]? Yo creo que debería decir [texx]x\in\mathcal P(X)[/texx] o bien [texx]X\subseteq\mathcal P(X)[/texx] o algo así, pero nunca la pertenencia. Quizás es común pero yo nunca lo había visto así.

Está bien. Como [texx]X\subset X[/texx], de ahí se sigue que [texx]X\in \mathcal P(X)[/texx].
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« Respuesta #4 : 15/10/2018, 02:57:19 am »

Hola

Una duda:

Del paso 3 al 4

(...)
[texx]\begin{array}{ll}
3\quad \forall{\,x}:\big(x\in{\mathcal{P}(X)}\rightarrow{x\in{X}}\big)&\textrm{Eliminación generalizador en 2}\\
4\quad X\in{\mathcal{P}(X)}\rightarrow{X\in{X}}&\textrm{Eliminación generalizador en 3}\\
\end{array}[/texx]
(...)

¿cómo deducís que [texx]X\in\mathcal P(X)[/texx]? Yo creo que debería decir [texx]x\in\mathcal P(X)[/texx] o bien [texx]X\subseteq\mathcal P(X)[/texx] o algo así, pero nunca la pertenencia. Quizás es común pero yo nunca lo había visto así.

Saludos

Por el Axioma del Conjunto Potencia

[texx]\forall{\,X}.\;\exists{\,\mathcal{P}(X)}.\;\forall{\,x}:\;\big(x\in{\mathcal{P}(X)\leftrightarrow x\subseteq{X}}\big)[/texx].

Si para todo    [texx]x[/texx]    se verifica, también se verifica para    [texx]X[/texx],    esto permite eliminar el genralizador

[texx]\forall{\,X}.\;\exists{\,\mathcal{P}(X)}:\;\big(X\in{\mathcal{P}(X)\leftrightarrow X\subseteq{X}}\big)[/texx].

Si, llevas razón, falta indicar que por la definición de subconjunto se tiene que     [texx]\forall{\,X}\;:(X\subseteq{X})[/texx]    y por consiguiente    [texx]\forall{\,X}:\;\big(X\in{\mathcal{P}(X)}\big)[/texx].

Lo corrijo, gracias y un saludo.
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« Respuesta #5 : 15/10/2018, 06:35:20 pm »

Hola

Por el Axioma del Conjunto Potencia

[texx]\forall{\,X}.\;\exists{\,\mathcal{P}(X)}.\;\forall{\,x}:\;\big(x\in{\mathcal{P}(X)\leftrightarrow x\subseteq{X}}\big)[/texx].

Si para todo    [texx]x[/texx]    se verifica, también se verifica para    [texx]X[/texx],    esto permite eliminar el genralizador

[texx]\forall{\,X}.\;\exists{\,\mathcal{P}(X)}:\;\big(X\in{\mathcal{P}(X)\leftrightarrow X\subseteq{X}}\big)[/texx].

Si, llevas razón, falta indicar que por la definición de subconjunto se tiene que     [texx]\forall{\,X}\;:(X\subseteq{X})[/texx]    y por consiguiente    [texx]\forall{\,X}:\;\big(X\in{\mathcal{P}(X)}\big)[/texx].

¡Gracias! No tenés que corregir si no tenías un error, y menos nombrarme a mí.

Otro gracias a Carlos.

Saludos
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« Respuesta #6 : 15/10/2018, 08:07:46 pm »

Está bien. Puestos a practicar, puedes probar a demostrarlo también sin usar el axioma de fundación. Es posible hacerlo imitando el argumento de la paradoja de Russell, considerando el conjunto

[texx]R=\{u\in X\mid u\notin u\}[/texx]

que, bajo el supuesto de que [texx]\mathcal PX\subset X[/texx], lleva a una contradicción.


¿No es mejor así?

\begin{array}{ll}
01\quad \lnot\Big(\forall{\,X}:\;\big(\mathcal{P}(X)\subseteq{X}\big)\Big)&\textrm{Inciso (a)}\\
02\quad \exists{\,X}:\;\big(\mathcal{P}(X)\nsubseteq{X}\big)&\textrm{Ley de Morgan en 1}\\
03\quad \forall{\,A}.\;\exists{\,\mathcal{P}(A)}.\;\forall{\,u}:\;\big(u\in{\mathcal{P}(A)}\leftrightarrow u\subseteq{A}\big)&\textrm{Ax. Conjunto Potencia}\\
04\quad \exists{\,\mathcal{P}(X)}.\;\forall{\,u}:\;\big(u\in{\mathcal{P}(X)}\leftrightarrow u\subseteq{X}\big)&\textrm{Eliminación generalizador en 3}\\
05\quad \forall{\,u}:\;\big(u\in{\mathcal{P}(X)}\leftrightarrow u\subseteq{X}\big)&\textrm{Eliminación particularizador en 4}\\
06\quad \mathcal{P}(X)\in{\mathcal{P}(X)}\leftrightarrow \mathcal{P}(X)\subseteq{X}&\textrm{Eliminación generalizador en 5}\\
07\quad \lnot\Big(\forall{\,X}:\;\big(\mathcal{P}(X)\in{\mathcal{P}(X)}\big)\Big)&\textrm{Modus tollens 2,6}\\
08\quad \exists{\,X}:\;\big(\mathcal{P}(X)\not\in{\mathcal{P}(X)}\big)&\textrm{Ley de Morgan en 7}\\
\quad &\textrm{}\\
\end{array}


Saludos y muchas gracias.
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« Respuesta #7 : 15/10/2018, 08:38:20 pm »

¿No es mejor así?

¿Mejor que qué? ¿Qué se supone que pruebas con eso?

Lo que te decía es que puedes demostrar a) sin usar el axioma de regularidad, lo cual es relevante de cara a b), porque si supones el axioma de regularidad es trivial que no existe el conjunto de todos los conjuntos (si un conjunto [texx]V[/texx] contiene a todos los conjuntos, entonces [texx]V\in V[/texx], lo que contradice el axioma de regularidad). Por lo tanto, sólo tiene interés deducir b) de a) si lo has demostrado sin el axioma de regularidad.

Por lo demás, aunque no sé qué pretendes deducir de tu deducción, te digo lo de siempre:

Formalizar un razonamiento es expresarlo de modo que pueda comprobarse que es correcto sin pensar, sin entender. Uno ve que en una línea pone "Modus tollens 2, 6" y no tiene que entender nada. Sólo tiene que comprobar que la línea 2 es de la forma [texx]\alpha\rightarrow \beta[/texx] y que la línea 6 es de la forma [texx]\lnot \beta[/texx] (o viceversa) y que la línea introducida bajo modus tollens es precisamente [texx]\lnot\alpha[/texx], pero uno mira tu prueba y no, ninguna de las líneas 2 o 6 es ni de la forma [texx]\alpha\rightarrow \beta[/texx] ni de la forma [texx]\lnot \beta[/texx], luego para ver si lo que pones es correcto o no uno tiene que pensar si realmente se puede deducir de 2 y 6, y, en efecto, se puede, pero no por modus tollens, sino en varios pasos, que, con un poco de suerte, alguno será modus tollens.

Pero eso no es formalizar. Si las justificaciones que das no se ajustan exactamente a ninguna regla de inferencia y hay que pensar a ver si lo que pones es correcto o no, entonces lo que has escrito no es una formalización. A lo sumo será una encriptación para dificultar que la prueba se entienda, pero no una formalización, porque no puede verificarse sin pensar.

También daña la vista que escribas cosas como [texx]\exists \mathcal P(X)[/texx]. Después de un cuantificador, sólo tiene sentido una variable, y [texx]\mathcal P[/texx] no es una variable.
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« Respuesta #8 : 17/10/2018, 06:16:38 am »


Lo que te decía es que puedes demostrar a) sin usar el axioma de regularidad, lo cual es relevante de cara a b), porque si supones el axioma de regularidad es trivial que no existe el conjunto de todos los conjuntos (si un conjunto [texx]V[/texx] contiene a todos los conjuntos, entonces [texx]V\in V[/texx], lo que contradice el axioma de regularidad). Por lo tanto, sólo tiene interés deducir b) de a) si lo has demostrado sin el axioma de regularidad.

Pues considerando:

   - [texx]R\equiv{\{u\in{X}|u\not\in{u}\}}[/texx],    o lo que es lo mismo, que    [texx]\forall{\,X}.\;\exists{\,R}.\forall{\,u}:(u\in{R}\leftrightarrow u\in{X}\wedge u\not\in{u})[/texx]    y
   
   - [texx]\mathcal{P}R\equiv{\{x\subseteq{R}\}}[/texx],    o lo que es lo mismo, que    [texx]\forall{\,R}.\;\exists{\,\mathcal{P}R}.\;\forall{\,x}:\;(x\in{\mathcal{P}R}\leftrightarrow x\subseteq{R})[/texx]

resulta que

\begin{array}{ll}
01\quad \forall{\,X}.\;\exists{\,R}.\;\forall{\,u}:(u\in{R}\leftrightarrow u\in{X}\wedge u\not\in{u})&\textrm{Ax. de Comprensión}\\
02\quad \exists{\,R}.\;\forall{\,u}:\;\big(u\in{R}\leftrightarrow u\in{\mathcal{P}R}\wedge u\not\in{u}\big)&\textrm{Eliminación del generalizador en 1}\\
03\quad \forall{\,u}:\;\big(u\in{R}\leftrightarrow u\in{\mathcal{P}R}\wedge u\not\in{u}\big)&\textrm{Eliminación particularizador en 2}\\
04\quad \mathcal{P}R\in{R}\leftrightarrow \mathcal{P}R\in{\mathcal{P}R}\wedge \mathcal{P}R\not\in{\mathcal{P}R}&\textrm{Eliminación generalizador en 3}\\
05\quad \mathcal{P}R\in{R}\rightarrow \mathcal{P}R\in{\mathcal{P}R}\wedge \mathcal{P}R\not\in{\mathcal{P}R}&\textrm{Eliminación bicondicional en 4}\\
06\quad \lnot(\mathcal{P}R\in{\mathcal{P}R}\wedge \mathcal{P}R\not\in{\mathcal{P}R})&\textrm{Reducción al absurdo}\\
07\quad \mathcal{P}R\not\in{R}&\textrm{Modus tollens 5,6}\\
08\quad|\quad \forall{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X) &\textrm{Hipótesis}\\
09\quad|\quad R=\mathcal{P}R&\textrm{Eliminación generalizador en 8}\\
10\quad|\quad \mathcal{P}R\subseteq{R}&\textrm{Def. subconjunto}\\
11\quad|\quad \mathcal{P}R\in{\mathcal{P}R}&\textrm{Ax. Conjunto Potencia de }R\\
12\quad|\quad \mathcal{P}R\in{R}&\textrm{Se deduce de 9,11}\\
13\quad \forall{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X)\rightarrow{\mathcal{P}R\in{R}}&\textrm{Deducción 8-12}\\
\hline
C:\quad \lnot\big(\forall{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X) \big)&\textrm{Modus tollens 8,13}\\
\end{array}

Es a lo que te referías?

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« Respuesta #9 : 17/10/2018, 11:38:49 am »

Es a lo que te referías?

Eso está mal. El paso 2 es incorrecto. No puedes eliminar un [texx]\forall X[/texx] sustituyendo la X por R cuando R aparece ya cuantificada a continuación. Tienes que para cada X existe un R, pero el R depende de X, no puedes afirmar que existe un R que depende de sí mismo.

Aunque estuviera bien, terminas probando que existe un conjunto [texx]X[/texx] que no es igual a [texx]\mathcal PX[/texx], cuando se trata de probar que ningún conjunto [texx]X[/texx] es igual (o meramente contiene a) [texx]\mathcal PX[/texx]. Es muy distinto. La existencia de un [texx]X[/texx] así es trivial. Basta tomar [texx]X=\emptyset[/texx].

Lo que yo te decía es que imitaras el razonamiento de la paradoja de Russell: dado [texx]R[/texx] definido como te dije, llegas a una contradicción tanto si supones [texx]R\in R[/texx] como si supones [texx]R\notin R[/texx].
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« Respuesta #10 : 17/10/2018, 02:54:49 pm »

Es a lo que te referías?

Eso está mal. El paso 2 es incorrecto. No puedes eliminar un [texx]\forall X[/texx] sustituyendo la X por R cuando R aparece ya cuantificada a continuación. Tienes que para cada X existe un R, pero el R depende de X, no puedes afirmar que existe un R que depende de sí mismo.

No lo sustituyo por    [texx]R[/texx]    sino por    [texx]\mathcal{P}R[/texx].
 
Al existir    [texx]R[/texx],    por el Axioma de Comprensión (Especificación o Separación), es trivial que existe    [texx]\mathcal{P}R[/texx],    por el Axioma del conjunto Potencia o Partes.

[texx]R[/texx]    y    [texx]\mathcal{P}R[/texx]    son conjuntos distintos y si 1 se verifica para todo    [texx]X[/texx]    también debe verificarse para    [texx]\mathcal{P}R[/texx].   [texx]\mathcal{P}R[/texx]    no está al alcance de ningún cuantificador ni en 2 ni en 1.

No veo por que no es correcto.

Aunque estuviera bien, terminas probando que existe un conjunto [texx]X[/texx] que no es igual a [texx]\mathcal PX[/texx], cuando se trata de probar que ningún conjunto [texx]X[/texx] es igual (o meramente contiene a) [texx]\mathcal PX[/texx]. Es muy distinto. La existencia de un [texx]X[/texx] así es trivial. Basta tomar [texx]X=\emptyset[/texx].

Lo que se deduce no es eso, lo que se deduce es    [texx]\lnot\big(\forall{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X)\big)[/texx],    o lo que es lo mismo    [texx]\color{red}\exists\color{black}{\,X}:\;(X\neq{}\mathcal{P}X)[/texx],    que es lo que pide el apartado (a). Y no se usa el Axioma de Fundación o Regularidad tal y como habías solicitado. A la conclusión se llega por reducción al absurdo debida a suponer    [texx]\forall{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X)[/texx]

Saludos.

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« Respuesta #11 : 17/10/2018, 03:30:39 pm »

No lo sustituyo por    [texx]R[/texx]    sino por    [texx]\mathcal{P}R[/texx].
 
Al existir    [texx]R[/texx],    por el Axioma de Comprensión (Especificación o Separación), es trivial que existe    [texx]\mathcal{P}R[/texx],    por el Axioma del conjunto Potencia o Partes.

[texx]R[/texx]    y    [texx]\mathcal{P}R[/texx]    son conjuntos distintos y si 1 se verifica para todo    [texx]X[/texx]    también debe verificarse para    [texx]\mathcal{P}R[/texx].   [texx]\mathcal{P}R[/texx]    no está al alcance de ningún cuantificador ni en 2 ni en 1.

No veo por que no es correcto.

El caso es que [texx]R[/texx] es una variable libre en [texx]\mathcal PR[/texx], y cuando sustituyes una expresión con una variable libre en una fórmula en la que esa variable aparece ligada, en este caso por un [texx]\exists R[/texx], estás obligado a cambiar el [texx]\exists R[/texx] por otra variable distinta. La sustitución correcta sería

(2) [texx]\exists S\forall u(u\in S\leftrightarrow u\in \mathcal PR\land u\notin u)[/texx].

Y si ahora quieres quitar el [texx]\exists S[/texx], no está permitido cambiarlo por una [texx]R[/texx], porque es una variable ya usada.

La razón es la que te he explicado: tienes que para todo [texx]X[/texx] existe un [texx]R[/texx], pero [texx]R[/texx] será uno u otro según quién sea [texx]X[/texx], luego si quieres hacer [texx]X=\mathcal PR[/texx] no puedes forzar a que el [texx]R[/texx] que existe sea precisamente ese [texx]R[/texx]. Tienes que decir que existe un [texx]S[/texx] que no será necesariamente el [texx]R[/texx] que aparece en el [texx]\mathcal PR[/texx] que has sustituido.

Es como si tienes

[texx]\forall x\exists y\, y = Px[/texx]  (para toda persona [texx]x[/texx] existe una persona [texx]y[/texx] tal que [texx]y[/texx] es el padre de [texx]x[/texx]),

y pretendes pasar de ahí a

[texx]\exists y\,y = Py[/texx]  (existe una persona que es su propio padre).

No es lícito sustituir [texx]x[/texx] por [texx]Py[/texx] en una fórmula que tiene la [texx]y[/texx] ligada.

Lo que se deduce no es eso, lo que se deduce es    [texx]\lnot\big(\forall{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X)\big)[/texx],    o lo que es lo mismo    [texx]\forall{\,X}:\;(X\neq{}\mathcal{P}X)[/texx],    que es lo que pide el apartado (a).

No. Has probado que no todo [texx]X[/texx] es igual a [texx]\mathcal P X[/texx], y eso es lo mismo que existe un [texx]X[/texx] que no es igual a [texx]\mathcal P X[/texx], que no es lo que te piden probar.

Y no se usa el Axioma de Fundación o Regularidad tal y como habías solicitado. A la conclusión se llega por reducción al absurdo debida a suponer    [texx]\forall{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X)[/texx]

Pero es que lo contrario de lo que tienes que demostrar es que existe un [texx]X[/texx] tal que [texx]\mathcal PX\subset X[/texx] o, si quieres la versión débil, tal que [texx]X=\mathcal PX[/texx], pero la negación de un para todo es un existe, no otro para todo.
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« Respuesta #12 : 17/10/2018, 04:40:42 pm »

No lo sustituyo por    [texx]R[/texx]    sino por    [texx]\mathcal{P}R[/texx].
 
Al existir    [texx]R[/texx],    por el Axioma de Comprensión (Especificación o Separación), es trivial que existe    [texx]\mathcal{P}R[/texx],    por el Axioma del conjunto Potencia o Partes.

[texx]R[/texx]    y    [texx]\mathcal{P}R[/texx]    son conjuntos distintos y si 1 se verifica para todo    [texx]X[/texx]    también debe verificarse para    [texx]\mathcal{P}R[/texx].   [texx]\mathcal{P}R[/texx]    no está al alcance de ningún cuantificador ni en 2 ni en 1.

No veo por que no es correcto.

El caso es que [texx]R[/texx] es una variable libre en [texx]\mathcal PR[/texx], y cuando sustituyes una expresión con una variable libre en una fórmula en la que esa variable aparece ligada, en este caso por un [texx]\exists R[/texx], estás obligado a cambiar el [texx]\exists R[/texx] por otra variable distinta. La sustitución correcta sería

(2) [texx]\exists S\forall u(u\in S\leftrightarrow u\in \mathcal PR\land u\notin u)[/texx].

Y si ahora quieres quitar el [texx]\exists S[/texx], no está permitido cambiarlo por una [texx]R[/texx], porque es una variable ya usada.

La razón es la que te he explicado: tienes que para todo [texx]X[/texx] existe un [texx]R[/texx], pero [texx]R[/texx] será uno u otro según quién sea [texx]X[/texx], luego si quieres hacer [texx]X=\mathcal PR[/texx] no puedes forzar a que el [texx]R[/texx] que existe sea precisamente ese [texx]R[/texx]. Tienes que decir que existe un [texx]S[/texx] que no será necesariamente el [texx]R[/texx] que aparece en el [texx]\mathcal PR[/texx] que has sustituido.

Es como si tienes

[texx]\forall x\exists y\, y = Px[/texx]  (para toda persona [texx]x[/texx] existe una persona [texx]y[/texx] tal que [texx]y[/texx] es el padre de [texx]x[/texx]),

y pretendes pasar de ahí a

[texx]\exists y\,y = Py[/texx]  (existe una persona que es su propio padre).

No es lícito sustituir [texx]x[/texx] por [texx]Py[/texx] en una fórmula que tiene la [texx]y[/texx] ligada.

Lo que se deduce no es eso, lo que se deduce es    [texx]\lnot\big(\forall{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X)\big)[/texx],    o lo que es lo mismo    [texx]\forall{\,X}:\;(X\neq{}\mathcal{P}X)[/texx],    que es lo que pide el apartado (a).

No. Has probado que no todo [texx]X[/texx] es igual a [texx]\mathcal P X[/texx], y eso es lo mismo que existe un [texx]X[/texx] que no es igual a [texx]\mathcal P X[/texx], que no es lo que te piden probar.

Y no se usa el Axioma de Fundación o Regularidad tal y como habías solicitado. A la conclusión se llega por reducción al absurdo debida a suponer    [texx]\forall{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X)[/texx]

Pero es que lo contrario de lo que tienes que demostrar es que existe un [texx]X[/texx] tal que [texx]\mathcal PX\subset X[/texx] o, si quieres la versión débil, tal que [texx]X=\mathcal PX[/texx], pero la negación de un para todo es un existe, no otro para todo.


Vaya, es cierto me equivoqué al negar la hipótesis para usarla en la reducción al absurdo.

[texx]\lnot\big(\forall{\,X}:\;(X\neq{\mathcal{P}(X)})\big)\equiv{\exists{\,X}:\;(X=\mathcal{P}X)}[/texx]

Saludos y gracias.
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