Álgebra clásica

Bibliografía

Capítulo 1

NÚMEROS NATURALES

— ? Este camino es posible, pero requiere de una mayor conceptualizaciúon.

1.1 Conjuntos inductivos

Definición 1.1.1 Sea A un conjunto de números reales, entonces:

A es inductivo (1 ∈ A ∧ ∀x (x ∈ A → (x + 1) ∈ A)).

Notas:

Hacemos ver que si A es inductivo, entonces 1 ∈ A, (1 + 1) = 2 ∈ A, tambien 2 + 1 = 3 ∈ A, etc.

+, {x | x , etc.

−, [ − 3, 8, ( − 13, 81], {x | x ≤ 1}, etc.

Definición 1.1.2 El conjunto de los números naturales se define como:

= {x | para todo conjunto A inductivo; x ∈ A}.

Nota:

es el menor conjunto de números reales que es inductivo.

contiene exactamente a los números:

1, 2, 3, 4, ⋯ , n, (n + 1), ⋯

Por tal motivo deberemos entregar la definición de función sucesor.

Definición 1.1.3 La función sucesor s se define por s(x) = x + 1.

El objetivo principal al entregar la definición anterior es para que el teorema que viene a continuacion quede bien expresado.

Teorema 1.1.1 Se tiene:

.

(2) ∀ n ( s ( n ).

(3) ∀ n ( n > 0).

(4) ∀ n ( s ( n ) ≠ 1).

(5) ∀ n ∀ m ( s ( n ) = s ( m ) → n = m ).

(6) ∀ n ( n = 1 ∨ ∃ m ( s ( m ) = n )).

Demostración:

Sólo entregaremos la demostración de (3). Pues bien, sea A = {n | n > 0}, haremos ver que A es inductivo.

En primer lugar, 1 ∈ A, +, ·, ≤) es campo ordenado. Por otra parte, sea n ∈ A, entonces n y n > 0, luego (n y como n + 1 > 1 > 0 se concluye que (n + 1) ∈ A.

Por lo tanto, tenemos que A ⊆ A, o sea, ∀n (n > 0).

Nota:

El esquema que se utilizó en la demostración anterior es el siguiente:

(1) Se construye el conjunto A = {n | n satisface la propiedad p}, lo que simbolizamos mediante A = {n | p(n)}.

(2) Se demuestra que el conjunto A definido en (1) es inductivo, es decir:

(2.1) 1 ∈ A, lo que es equivalente a demostrar que 1 tiene la propiedad p, es decir p(1).

(2.2) n ∈ A s(n) ∈ A, o sea si n ∈ A, entonces p(n) → p(n + 1).

⊆ A, o sea, ∀n (p(n).

El esquema anterior es lo que se conoce como Primer principio de inducción matemática, este principio nos entrega un metodo para demostrar cualquier propiedad p(n) para todos los números naturales.

1.2 Principios de inducción

1.2.1 Primer principio de inducción

El enunciado de este principio es el siguiente:

Sea p(n) una formula en n, entonces:

[p(1) ∧ ∀n (p(n) → p(n + 1))] → ∀n (p(n)).

Nota:

Tenemos:

2 + 4 + 6 + ⋯ 2n = 2(1 + 2 + 3 + ⋯ + n),

ahora bien, veremos en el problema resuelto [1.3.2] que:

1 + 2 + 3 + ⋯ + n ,

con lo que:

2 + 4 + 6 + ⋯ + 2n = 2(1 + 2 + 3 + ⋯ + n= n(n + 1) = n² + n ≠ n² + n + 1,

sin embargo, si consideramos la proposición falsa:

2 + 4 + 6 + ⋯ + 2 n = n² + n + 1,

como verdadera para n, sumando (2n + 2) a cada lado de ésta, se cumple que:

2 + 4 + 6 + ⋯ + 2 n + (2n + 2) = n² + n + 1 + (2n + 2) =

= n² + 2n + 1 + n + 1 + 1 = (n + 1)² + (n + 1) + 1,

vemos que se satisface la hipótesis inductiva. No se puede tener la igualdad para un primer n, por ejemplo, para 1, 2, etc.

Al no cumplirse para n = 1, 2, 3, · · · no podemos concluir que es falsa, pues podría ser verdadera por ejemplo para n = 2789341.

Nota:

El siguiente resultado es equivalente con el primer principio de inducción y proposición el metodo para resolver aquellos casos en que se desea demostrar inductivamente una propiedad p(n) no necesariamente para todo natural n, sino que para aquellos n mayores o iguales a algún natural a.

Teorema 1.2.1 Sea n, p(n) una fórmula que contiene a n, entonces:

[p(n0) ∧ ∀n ((n ≥ n0 ∧ p(n) → p(n + 1))] → ∀n (n ≥ n0) p(n).

Demostración:

Si n0 = 1 se tiene el primer principio de induccion y el teorema es cierto. Consideremos, entonces para nel conjunto:

I1 = {n | (n ≥ n0 → p(n)} .

Haremos ver que I1 es un conjunto inductivo.

En primer lugar, tenemos que 1 ∈ I1 puesto que:

(i) Si 1 ≥ n 0 , entonces n 0 = 1 y, por hipótesis, se tiene que p ( n 0 ) es verdad, luego, p (1) es verdadero y 1 ∈ I 1 .

n 0 , entonces 1 ≥ n 0 → p (1) es verdad, porque el antecedente es falso, luego 1 ∈ I 1 .

Tomemos ahora n ∈ I1, entonces n y n y se presentan dos casos:

(i) Si n ≥ n 0 , entonces n + 1 ≥ n 0 + 1, luego n ∈ I 1 y n ≥ n 0 , entonces p ( n ) es verdad y, por la hipótesis del teorema, p ( n + 1) es verdad, por lo tanto, ( n + 1 ≥ n 0 → p ( n + 1)). Luego ( n + 1) ∈ I 1 .

(ii) Si n n 0 se tiene n < n 0 y, por lo tanto ( n + 1) ≤ n 0 ; luego:

(a) Si ( n + 1) = n 0 , entonces como p ( n 0 ) es verdad por hipótesis se tendrá que ( n + 1) ∈ I 1 .

(b) Si ( n + 1) < n 0 , entonces ( n + 1 ≥ n 0 → p ( n + 1) es verdad porque su antecedente es falso, por lo tanto, ( n + 1) ∈ I 1 .

Hemos demostrado que I⊆ I1, o sea ∀n (n ∈ I1), o mejor ∀n (n ≥ n0) p(n).

1.2.2 Segundo principio de inducción

El enunciado de este principio es el siguiente:

Sea p(n) una fórmula en n y n, entonces:

(i)

[p(n0) ∧ ∀n [(n > n0) (p(n0) ∧ p(n0 + 1) ∧ · · · ∧ p(n)) → p(n + 1)]]

↓

∀n ((n > n0) p(n)).

(ii)

[p(1) ∧ ∀n [(p(1) ∧ p(2) ∧ ··· ∧ p(n)) → p(n + 1)]] → ∀n ( p(n)).

Nota:

Es claro que (ii) es un caso particular de (i).

1.2.3 Otros conceptos

A causa de lo que estudiaremos con posterioridad, es necesario entregar algunas definiciones inductivas; éstas son:

Definición 1.2.1 Sea n se define la función factorial (!) del modo siguiente:

1! = 1 ∧ (n + 1)! = n!(n + 1).

Definición 1.2.2 Sea f , se define la sumatoria desde k = 1 hasta k = n de los f (k) del modo siguiente:

Definición 1.2.3 Sea f , se define la productoria desde k = 1 hasta k = n de los f (k) del modo siguiente:

Definición 1.2.4 Sea p diremos que p es un número primo si:

∀n ∀m (p = n · m → (n = 1 ∨ m = 1).

Definición 1.2.5 Sean p, q diremos que p y q son primos relativos si:

(∀r )(∀s )(∀t )[(p = r · s ∧ q = r · t) → (r = 1 ∨ r = −1)],

es decir, si el MCD(p, q) = 1

A continuación pasaremos a aplicar los principios de inducción resolviendo algunos problemas.

1.3 Problemas resueltos

Problema 1.3.1 Para el natural fijo n, calcular la suma:

S = 1 + 2 + 3 + ·· · + n.

Solución:

Se tiene:

y sumando miembro a miembro estas dos igualdades, se obtiene:

2S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + ·· · + (n + 1),

o sea:

2S = n(n + 1),

de donde:

S = 1 + 2 + 3 + ··· + n ,

que es el resultado pedido.

Nota:

En el problema siguiente, haremos ver que esta fórmula es válida para todo número natural.

Problema 1.3.2 Demostrar que:

Solución:

Consideramos el conjunto:

haremos ver que este conjunto I es inductivo.

Que n = 1 ∈ I es evidente, pues:

Suponemos válido que n ∈ I, o sea:

Ahora deberemos probar que (n + 1) ∈ I, es decir:

En efecto, se tiene:

por lo tanto I es un conjunto inductivo. Esto quiere decir que:

Problema 1.3.3 Para el natural fijo n, calcular la suma:

S = 1² + 2² + 3² + ··· + n².

Solución:

Se tiene:

y sumando miembro a miembro estas dos igualdades, se obtiene:

(n + 1)³ − 1 = 3(1² + 2² + 3² + ··· + n²) + 3(1 + 2 + 3 + ··· + n) + n,

o sea:

3(1² + 2² + 3² + ··· + n²) = (n + 1)³ − (n ,

de donde se consigue:

por consiguiente:

Notas:

(1) En el problema siguiente, haremos ver que esta fórmula es válida para todo número natural.

(2) En lo sucesivo, por comodidad, no escribiremos en las soluciones siguientes el conjunto I (que deberá establecerse que es inductivo); sólo probaremos para n = 1, aceptaremos para n y demostraremos para n + 1.

Problema 1.3.4 Demostrar que:

Solución:

Para n = 1 es evidente, pues:

Suponemos el resultado válido hasta n, o sea:

Ahora deberemos probarlo para (n + 1), es decir:

En efecto, se tiene:

Problema 1.3.5 Para el natural fijo n, calcular la suma:

S = 1³ + 2³ + 3³ + · ·· + n³.

Solución:

Se tiene:

sumando miembro a miembro estas dos igualdades y factorizando adecuadamente, se obtiene:

1³ + 2³ + 3³ + ··· + n.

Nota:

En el problema siguiente, haremos ver que esta fórmula es válida para todo número natural.

Problema 1.3.6 Demostrar que:

∀n [1³ + 2³ + 3³ + ··· + n.

Solución:

A causa de la similitud con los problemas anteriores, la demostración queda a cargo del lector.

Problema 1.3.7 Demostrar que:

Solución:

Para n = 1 es evidente, pues:

1 = 1².

Suponemos el resultado válido hasta n, o sea:

1 + 3 + 5 + ··· + (2n − 1) = n².

Ahora deberemos probarlo para (n + 1), es decir:

1 + 3 + 5 + ··· + (2n − 1) + (2n + 1) = (n + 1)².

En efecto, se tiene:

1 + 3 + 5 + ··· + (2n − 1) + (2n + 1) = n² + (2n + 1) = n² + 2n + 1 = (n + 1)².

Problema 1.3.8 Demostrar que:

∀n [(x − y) es divisor de (xn − yn)].

Solución:

Para n = 1 es evidente, puesto que x − y es factor de x − y. Suponemos ahora que x − y es divisor de xn − yn; deberemos establecer que x − y es divisor de xn + 1 − yn + 1.

Si a xn + 1 − yn + 1 le restamos y sumamos xyn, conseguiremos:

xn + 1 − yn + 1 = xn + 1 − xyn + xyn − yn + 1 = x(xn − yn) + yn(x − y).

Como cada término de esta última expresión es divisible por x − y, también lo