Body. i 11 ? 6. ? Header. Margin Notes. Footer

Transcripción

1 -i9 6 i4? 6 i5? 6? Header 6 i6 6 i2? Body i7 Margin Notes i3-10i - 1i- 8i - i 11? 6 Footer? 1 one inch + \hoffset 2 one inch + \voffset 3 \oddsidemargin = 13pt 4 \topmargin = 3pt 5 \headheight = 9pt 6 \headsep = 15pt 7 \textheight = 600pt 8 \textwidth = 370pt 9 \marginparsep = 7pt 10 \marginparwidth = 125pt 11 \footskip = 16pt \marginparpush = 5pt (not shown) \hoffset = 0pt \voffset = 0pt \paperwidth = 614pt \paperheight = 794pt

2 6 i4? 6 i5? 6? Header 6 i6 6 i2? Margin Notes Body i7 10i - - i3 i9-1i- 8i - i 11? 6 Footer? 1 one inch + \hoffset 2 one inch + \voffset 3 \evensidemargin = 13pt 4 \topmargin = 3pt 5 \headheight = 9pt 6 \headsep = 15pt 7 \textheight = 600pt 8 \textwidth = 370pt 9 \marginparsep = 7pt 10 \marginparwidth = 125pt 11 \footskip = 16pt \marginparpush = 5pt (not shown) \hoffset = 0pt \voffset = 0pt \paperwidth = 614pt \paperheight = 794pt

3 Números, Conjuntos y Combinatoria Johany Suárez Ramírez Profesor Auxiliar Universidad Nacional de Colombia logo 2010

4

5 Contenido Prefacio v 1 Números Naturales Axiomas de Peano Aritmética y Orden en N Inducción Matemática Números Enteros División en Z Algoritmo de Euclides Números Primos Teorema Fundamental de la Aritmética Congruencias Aritmética Modular Teorema Chino del Residuo Tres Grandes Teoremas Números Cardinales Cardinalidad de Conjuntos Conjuntos Finitos y Contables Cardinales con el Axioma de Elección Aritmética Cardinal Combinatoria Básica Teoría de Grafos 105 A Construcción de los Números Reales 107 B Pruebas alternativas del Teorema de Schröder-Bernstein 125 Referencias 129 Indice 131

6 iv Contenido

7 Prefacio El propósito principal de este libro es servir como texto guía para el curso Conjuntos y Combinatoria de la carrera de Matemáticas en la sede Medellín de la Universidad Nacional de Colombia. Se presume que el lector posee un conocimiento básico del cálculo de predicados y la teoría de conjuntos al nivel proporcionado por los primeros capítulos de [Bl03] (tal como se desarrolla en el curso Fundamentos de Matemáticas). Johany Suárez Escuela de Matemáticas Medellín

8 vi Contenido

9 1 Números Naturales 1.1 Axiomas de Peano A partir de la segunda mitad del siglo XIX, se dan los primeros intentos por explorar los fundamentos lógicos del concepto de número. En 1861, Hermann Grassmann mostró que muchas propiedades de los números naturales se podían derivar a partir de la operación sucesor y el principio de inducción. En su artículo On the Logic of Number (Sobre la Lógica del Número, 1881), Charles Sanders Peirce analizó los números naturales en términos de conjuntos linealmente ordenados, discretos y sin máximo. Además dio definiciones recursivas informales de la suma y el producto, probando que ambas operaciones eran asociativas y conmutativas. En 1888, Richard Dedekind publicó su célebre ensayo Was sind und was sollen die Zahlen? ( Qué son y para qué sirven los números?), donde definió los números naturales usando ideas de la teoría de conjuntos. Además Dedekind introdujo su definición de conjunto infinito y estableció la válidez de las definiciones por recursión primitiva. Inspirado en el trabajo de Dedekind, Giuseppe Peano propuso un conjunto equivalente de axiomas, pero más sencillo, en su libro Arithmetices principia, nova methodo exposita (Los Principios de la Aritmética expuestos por un nuevo método, 1889). En 1964, William Lawvere tradujo los axiomas de Peano al lenguaje de las categorías obteniendo otra axiomatización para los números naturales. Para un estudio de la equivalencia de estas axiomatizaciones, el lector puede consultar [Be03]. Ahora, enunciemos la axiomatización de Peano-Dedekind. Axiomas de Peano X es un conjunto con un elemento especial 0 X 2 X y una función S : X! X que cumplen: 1. Para todo x 2 X, 0 X 6= S (x). 2. Para todo x, y 2 X, si S (x) = S (y), entonces x = y. 3. Sea A un subconjunto de X que satisface las siguientes propiedades: 0 2 A y (8n) (n 2 A! (n + 1) 2 A). Entonces A = X La tripleta ordenada hx, 0 X, Si se suele llamar conjunto de Henkin. Cuando un conjunto de Henkin satisface los anteriores axiomas, se dice que es un sistema de Peano.

10 2 1. Números Naturales Tomemos X como el conjunto de números naturales N = f0, 1, 2, 3,...g e interpretemos 0 X por el número cero 0 y la función S por la función sucesor σ : N! N dada por σ (n) = n + 1, 8n 2 N. Suponemos que N sastiface los axiomas de Peano. Los postulados de Peano se pueden reenunciar del siguiente modo: P1. 0 es un número natural. P2. Si n es un número natural, entonces n + 1 también lo es. P3. 0 no es sucesor de ningún número natural. P4. Números naturales distintos tiene sucesores distintos. P5. Principio de Inducción Matemática (versión 1) Sea A un subconjunto de números naturales. Supongamos que 0 2 A y (8n) (n 2 A! (n + 1) 2 A). Entonces A = N. A primera vista, podría parecer que los axiomas de Peano no son lo suficientemente fuertes. Por ejemplo, no hay ninguna referencia a las operaciones aritméticas, ni al orden de N. Tampoco parece claro que, a partir de ellos, se puedan demostrar resultados básicos como el teorema fundamental de la aritmética o la infinitud de los primos. Sin embargo, es posible construir las operaciones de suma y de producto, de modo que se pueda desarrollar la teoría completa de N. Para ello, una herramienta clave será la definición de funciones por recursión. Teorema de Recursión (versión 1) Sea A un conjunto arbitrario. Dados a 2 A y h : A! A, existe una única función f : N! A que satisface f (0) = a y f (n + 1) = h ( f (n)), para todo n 2 N La segunda ecuación significa que el diagrama conmuta. N? fy A! h σ! N? y f A

11 1.2. Aritmética y Orden en N 3 Teorema de Recursión (versión 2) Sean g : A! A y h : A N A! A funciones. Existe una única función f : A N! A que satisface f (a, 0) = g (a) y f (a, n + 1) = h(a, n, f (a, n)), para todo n 2 N y a 2 A Para una prueba de cualquiera de las dos versiones del teorema de recursión, se puede consultar [Hr99] o [En77]. Lema 1.1 Sea n 2 N. Si n 6= 0, existe m 2 N tal que n = m + 1. Prueba. Sea A = fn 2 N j (n = 0) _ (9m 2 N) (n = m + 1)g. Es claro que 0 2 A y que n A, para todo n. Luego, se cumple que (8n) (n 2 A! (n + 1) 2 A). Por el principio de inducción, A = N, lo cual concluye la prueba. Una aplicación de la versión 1 del teorema de recursión permite establecer la unicidad de los números naturales (salvo isomorfismos). Teorema de Unicidad (Dedekind) Dado un sistema de Peano X, existe una función biyectiva f : N! X que satisface f (0) = 0 X y f (n + 1) = S ( f (n)), para todo n 2 N Aritmética y Orden en N Tomemos A = N y las funciones g, h dadas por g (m) = m y h (m, n, k) = k + 1, para todo m, n, k 2 N. Aplicando la versión 2 del teorema de recursión, existe una única función A : N 2! N que satisface A (m, 0) = m y A (m, n + 1) = A (m, n) + 1, para todo n 2 N. Definamos m + n = A (m, n). De este modo, obtenemos las ecuaciones recursivas de la suma: S1. m + 0 = m S2. m + (n + 1) = (m + n) + 1 Aplicando inducción matemática, se puede probar que las propiedades básicas de la suma.

12 4 1. Números Naturales Asociatividad. (m + n) + p = m + (n + p). 0 es un neutro. n + 0 = n = 0 + n. Conmutatividad. m + n = n + m. Ley cancelativa. Si m + p = n + p, entonces m = n. A partir de la suma, se define recursivamente el producto: tomemos A = N y g, h dadas por g (m) = 0 y h (m, n, k) = k + m, para todo m, n, k 2 N. Luego, existe una única función M : N 2! N que satisface M (m, 0) = 0 y M (m, n + 1) = M (m, n) + m, para todo n 2 N. Si hacemos m n = M (m, n), entonces obtenemos las ecuaciones recursivas del producto: M1. m 0 = 0 M2. m (n + 1) = (m n) + m Aplicando inducción matemática se muestra el producto satisface las propiedades usuales. Asociatividad. (m n) p = m (n p). 1 es un neutro. n 1 = n = 1 n. Conmutatividad. m n = n m. Distributividad m (n + p) = m n + m p. (m + n) p = m p + n p. Ley cancelativa. Si m p = n p, entonces m = n. Ahora, introduzcamos el orden en N. Dados m, n 2 N, definimos n m sii 9p 2 N (m = n + p) y n < m sii n m ^ n 6= m. Usando el lema 1.1, es fácil ver que n < m sii 9p 2 N (m = n + (p + 1)) sii n + 1 m. Se puede probar que es una relación de orden parcial en N. Esto es, se cumple que es reflexiva: n n. es simétrica: Si n m ^ m n, entonces n = m. es transitiva: Si n m ^ m p, entonces n p.

13 1.2. Aritmética y Orden en N 5 También se puede probar que el orden en N es lineal. Esto es, N satisface la ley de tricotomía: dados m, n 2 N, se cumple exactamente una de las siguientes posibilidades Principio de Buen Orden n < m _ n = m _ m < n. Sea T un subconjunto no vacío de N. Decimos que m 2 N es el mínimo de T, lo cual se denota por m = min T, si m 2 T ^ (8k 2 T) ( m k ). Principio de Buen Orden Todo subconjunto no vacío T de N tiene un elemento mínimo Prueba. Razonemos por el absurdo y supongamos que T no tiene elemento mínimo. Sea A = fn 2 N j (8k 2 T) (n k)g. (a) Como k = 0 + k, tenemos que 0 k, para todo k 2 N. En particular, (8k 2 T) (0 k). Así, 0 2 A. (b) Supongamos que n 2 A. Así, (8k 2 T) (n k). Como T no tiene mínimo, n 6= k para todo k 2 T. Luego, (8t 2 T) (n < k). Por tanto, Esto es, n A. (8t 2 T) (n + 1 k). Por el principio de inducción, tenemos que A = N. Dado que T 6=, podemos tomar n 2 T. Dado que n A, se sigue que n + 1 n. Luego, existe p tal que n + 0 = n = n p. Por la ley cancelativa, 0 = p + 1. Absurdo. Mediante el principio de buen orden se puede mostrar que el conjunto de enteros positivos no está acotado superiormente. Teorema 1.1 (Propiedad Arquimediana en Z) Dados dos enteros positivos a y b, existe un entero positivo n tal que n a b Prueba. Razonemos por el absurdo y supongamos que n a < b, para todo entero positivo n. Luego, T = b n a j n 2 Z + es un subconjunto no vacío de N. Por el principio del buen orden, sea b mínimo de T. Pero, por hipótesis, b (k + 1) a 2 T. Además, b (m + 1) a = (b m a) a < b m a. k a el

14 6 1. Números Naturales Absurdo, pues se contradice la minimalidad de b m a. Ejercicio Muestre que el orden en N es discreto, esto es, para todo n 2 N no existe m 2 N tal que n < m < n + 1. Solución Razonemos por el absurdo y supongamos que existe m tal que n < m < n + 1. Como n < m, existe p tal que m = n + (p + 1) = (n + 1) + p. Como m < n + 1, existe q tal que n + 1 = m + q + 1. Luego, (n + 1) + 0 = n + 1 = (n + 1) + (p + q + 1) Por la ley cancelativa, 0 = p + q + 1. Absurdo. X 1.3 Inducción Matemática Decimos que A R es inductivo si 0 2 A y (8n) (n 2 A! (n + 1) 2 A). Luego, el principio de inducción afirma que N es el menor subconjunto inductivo de R. Si queremos usar el principio de inducción para establecer una proposición, debemos definir un conjunto A N, mostrar que A es inductivo y concluir que A = N. Sin embargo, en la práctica matemática, se procede de una manera más informal. Específicamente, para probar una afirmación P(n), que depende de n, se aplica la siguiente versión del principio de inducción. Principio de Inducción Matemática (versión 2) Sea P (n) una fórmula que involucra el parámetro natural n. Supongamos que P (0) y (8n) (P (n)! P (n + 1)). Entonces para todo número natural se cumple P (n) Ejercicio Cuál es la relación entre los conjuntos A y las fórmulas P en las dos versiones del principio de inducción? Solución Cada fórmula P satisfecha por (algunos o todos) los elementos de N corresponde a un subconjunto de N, a saber, fn 2 N j P (n)g. Del mismo modo un subconjunto A de N corresponde a la fórmula P (n) := n 2 A. X

15 1.3. Inducción Matemática 7 Supongamos que P (n)! P (n + 1) se ha probado para todo n. Además supongamos que P (0) es cierta. Entonces la siguiente derivación es posible. 1. (8n) (P (n)! P (n + 1)) Premisa 2. P (0) Premisa 3. P (0)! P (1) Particularización en 1. con n := 0 4. P (1) Modus Ponens 2, 3 5. P (1)! P (2) Particularización en 1. con n := 1 6. P (2) Modus Ponens 4, 5 7. P (2)! P (3) Particularización en 1. con n := 2 8. P (3) Modus Ponens 6, 7.. Notemos que para mostrar que P (n) se cumple para cierto n fijo, debemos continuar la anterior derivación un número adecuado de pasos. Por supuesto, para afirmar que (8n) P (n) es válida, la anterior prueba continuaría por siempre. El principio de inducción nos permite concluir que nuestra intuición es correcta justificando el siguiente método de demostración. Demostración por Inducción Matemática P (0) (8n) (P (n)! P (n + 1)) (Paso Base) (Paso Inductivo) (8n) P (n) El enfoque usual para probar un enunciado condicional ϕ! ψ es apelar al método de la hipótesis auxiliar. Primero, se supone que ϕ es cierta y, usándola como hipótesis, se deriva ψ. Si esto es posible, concluimos que ϕ! ψ se cumple. Notemos que tan pronto que ϕ! ψ se ha probado, ϕ se tiene que descartar; esto es, ya no se supone más que ϕ sea cierta. Además, cualquier variable libre en ϕ se fija mientras se deriva ψ. Por otro lado, una vez que ϕ se ha descartado, ϕ ya no es más una premisa y es posible aplicar generalización universal sobre cualquier variable de ϕ. Esta idea se usa frecuentemente al desarrollar el paso inductivo. Se supone que P (n) y se deriva P (n + 1) para concluir que P (n)! P (n + 1). Dado que P (n) se descarta, n ya no está más fija y es permitido concluir que (8n) (P (n)! P (n + 1)). Cuando la fórmula P (n) se usa de este modo, decimos que P (n) es la hipótesis inductiva. Resumiendo, se puede probar (8n) P (n) ejecutando los siguientes pasos:

16 8 1. Números Naturales Paso Base Pruebe P(0). Hipótesis inductiva Suponga P(n). Prueba bajo hipótesis Fije n y derive P(n + 1). Descarte hipótesis Concluya que P (n)! P (n + 1) y descarte P(n). Luego, P(n) ya no es necesariamente cierta. Generalice A descartar P(n), n vuelve a ser una variable y, luego, se puede usar generalización universal para concluir que (8n) (P (n)! P (n + 1)) Conclusión A partir del paso base y el paso inductivo, se concluye que (8n) P (n) Los tres pasos prueba bajo hipótesis, descarte hipótesis y generalice juntos conforman el paso inductivo. Ejemplo Considere la función f definida por recursión Pruebe que f (n) = 2 n 1. Solución 1. f (0) = 0 y f (n + 1) = f (n). Apliquemos inducción matemática a la fórmula P (n) f (n) = 2 n Paso base. Primero, debemos establecer P (0) ; esto es, para n = 0, f (n) = 2 n 1. Dado que = 0, esto es obviamente verdadero. Hipótesis inductiva. Supongamos P (n) ; esto es, supongamos que f (n) = 2 n cierto. Esta hipótesis fija n hasta que P (n) se descarte. Prueba bajo hipótesis. Ahora tenemos que probar P (n + 1), esto es, mostrar que f (n + 1) = 2 n+1 1. El uso de la hipótesis inductiva se permite en la construcción de esta prueba. f (n + 1) = f (n) Definición. = (2 n 1) Hipótesis inductiva: f (n) = 2 n 1 = 2 n+1 1 Descarte hipótesis. Si se supone P (n), se sigue que P (n + 1) también es cierta. Luego, ( f (n) = 2 n 1)! f (n + 1) = 2 n+1 1. La hipótesis inductiva P (n) se descarta ahora; esto, ya no se supone más que sea verdadera. Generalización. Dado que n no aparece en ninguna hipótesis, una generalización sobre n lleva a (8n) ( ( f (n) = 2 n 1)! f (n + 1) = 2 n+1 1 ). 1 es

17 1.3. Inducción Matemática 9 Conclusión. De acuerdo al principio de inducción, el paso base y el paso inductivo juntos prueban que (8n) ( f (n) = 2 n 1 ). Al desarrollar pruebas por inducción se suele ser más informales y concisos, sin entrar en tantos detalles. Se omite mencionar los pasos descarte hipótesis y generalice y el paso prueba bajo hipótesis se denomina paso inductivo. En el paso inductivo se enuncia la hipótesis inductiva. Ejemplo (Suma Geométrica) Sean a, r 2 R tales que r 6= 1. Muestre que n a r k r n+1 1 = a, para todo n. (1.1) r 1 k=0 Solución Paso base. Cuando n = 0, es claro que r (r 1) a = a a 1 r 1 = a. Paso inductivo. Supongamos que la fórmula (1.1) es valida para n. Sumando a r n+1 a ambos lados, se tiene que n+1 a r k = a k=0 r n+1 1 r 1 + a r n+1 = a rn r n+2 r n+1 r 1 = a r n+2 X 1. r 1 Luego, (1.1) se cumple para n + 1. Por inducción, la fórmula (1.1) es valida para todo natural n. X Uno puede empezar la inducción en cualquier número natural n 0 al elegir P (n 0 ) como base de la inducción. Esto lleva a la siguiente variación del método de inducción. Inducción desde n P (n 0 ) (Paso Base) (8n n 0 ) (P (n)! P (n + 1)) (Paso Inductivo) (8n n 0 ) P (n) Ejemplo Use inducción matemática para probar que Solución n 2 = Paso base. Es claro que n (2n + 1) (n + 1), para todo n 1. (1.2) = 1 = 1 (2 + 1) (1 + 1). 6

18 10 1. Números Naturales Luego, (1.2) se cumple para n 0 = 1. Paso inductivo. Supongamos que (1.2) es valida para n 1. Para obtener la suma de los primeros n + 1 cuadrados, basta que sumemos el siguiente término (n + 1) 2 a ambos lados de la hipótesis inductiva. Luego, n 2 + (n + 1) 2 = n (2n + 1) (n + 1) + (n + 1) 2 6 = n (2n + 1) + 6 (n + 1) (n + 1) 6 2n = (n + 1) 2 + 7n Por tanto, (1.2) se cumple para n + 1. Por inducción, la fórmula es verdadera para todo n 1. X = (n + 1) (2n + 3) (n + 2). 6 Definición La función factorial en N (denotada por n!) se define por (a) 0! = 1 (b) (n + 1)! = (n + 1) n!, para todo n 0. La existencia del factorial está garantizada por el teorema de recursión (ver ejercicio _). Ejemplo Use inducción matemática para probar que 3 n < n! para n 7. Solución Paso base. Para n 0 = 7, se tiene que 3 7 = 2187 y 7! = 7 6! = (7 6) 5! = (42 5) 4! = (210 4) 3! = (840 3) 2! = (2520 2) 1 = ! = Luego, el paso base se cumple. Supongamos que 3 n < n! y veamos que 3 n+1 < (n + 1)!. Como n + 1 > n 7 > 3, al multiplicar a ambos lados de la hipótesis inductiva, se tiene que 3 n+1 = 3 n 3 < n! (n + 1) = (n + 1)! Por inducción, la desigualdad se cumple para todo n 7. X En este punto es importante llamar la atención sobre el hecho que se debe ser muy cuidadoso al establecer ambos pasos del principio de inducción antes de extraer cualquier conclusión. Ningún de los pasos es suficiciente por si mismo. La validez del paso inductivo no depende necesariamente de la verdad del enunciado que se procura probar. Por ejemplo, miremos la fórmula falsa P (n) (2n 1) = n (1.3) Supogamos que P (n). Sumando a ambos lados 2 (n + 1) 1 = 2n + 1, se tiene que (2n 1) + (2n + 1) = n (2n + 1) = n 2 + 2n = (n + 1) 2 + 3,

19 1.3. Inducción Matemática 11 que es precisamente P (n + 1). Por tanto, (8n) (P (n)! P (n + 1)). Sin embargo, no es posible hallar un valor n para el cual la fórmula (1.3) sea verdadera (ver ejercicio _). En algunas situaciones, resulta más conveniente suponer que, no sólo P(n) es cierta, sino que P(k) es verdadera para todos los k con 0 k n y probar, a partir de esta hipótesis inductiva, que P(n + 1) es verdadera. La variante de inducción que justifica este método de demostración se denomina principio de inducción completa. A continuación enunciamos dos versiones de dicho principio y dejamos como ejercicio para el lector la prueba de que son equivalentes. Principio de Inducción Completa (versión 1) (versión 2) Sea A N que satisfaga (a) 0 2 A. (b) (8n 2 N) [(8k n)(k 2 A)! n A]. Si A N cumple (8n 2 N) [(8k < n)(k 2 A)! n 2 A], Entonces A = N. entonces A = N Aunque las anteriores versiones pareces ser más fuertes, de hecho, son equivalentes al principio usual de inducción. Teorema 1.2 Los siguientes principios son equivalentes: (a) Principio de Inducción. (b) Principio de Buen Orden. (c) Principio de Inducción Completa. Prueba. (a)! (b) Esta implicación se probó en la sección anterior. (b)! (c) Probemos la versión 1 del principio de inducción completa. Sea A N tal que 0 2 A y supongamos que (8n 2 N)[(8k n)(k 2 A)! n A]. Razonemos por el absurdo y supongamos que A 6= N. Luego, T = N A 6=. Sea m = min T. Dado que 0 2 A, se sigue que m 6= 0. Por lema 1.1, existe n tal que m = n + 1. Por la minimalidad de m, para todo k n : k /2 T. Así, (8k n)(k 2 A). Lo cual implica que m = n A, absurdo. (c)! (a) Supongamos que se cumple la versión 2 del principio de inducción completa. Sea A N un conjunto inductivo. Asociemos a A, el siguiente conjunto B = fn 2 N j (8m n)(m 2 A)g. Supongamos que (8k n)(k 2 B) y veamos que n B. Sea m n + 1. Hay dos posibilidades: Caso 1. m < n + 1. Luego, m n.por la hipótesis inductiva, n 2 B y, en particular,

20 12 1. Números Naturales m 2 A. Caso 2. m = n + 1. De nuevo, n 2 B y, particular, n 2 A. Como A es inductivo, m = n A. Podemos concluir que (8m n + 1)(m 2 A). Esto es, (n + 1) 2 B. Por tanto, B = N. Notemos que B A. Por consiguiente, A = N. Para ilustrar el uso de la inducción completa, consideremos los números de Fibonacci: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377,... (1.4) La sucesión recibe ese nombre en honor del matemático medieval Leonardo de Pisa, también conocido como Leonardo Fibonacci (contracción de Filius Bonaccii, hijo de Bonaccio en latín). En su libro Liber Abaci (Libro del Ábaco, 1202), Fibonacci propuso un famoso acertijo sobre crecimiento de conejos, en cuya solución surge la sucesión (1.4). Notemos que cada número de Fibonacci es la suma de los dos números que le preceden, excepto los dos primeros términos. Esto nos lleva a la siguiente definición por recursión: F 0 = 0, F 1 = 1 y F n+2 = F n + F n+1, para todo n. Ejemplo Muestre que para todo n 2 : F n > 4 n. (1.5) 3 Solución Apliquemos inducción completa. Notemos que F 2 = 2 > ' 16 9 = y F 3 = 3 > ' = (La razón para iniciar la inducción en n = 2, 3 es que necesitamos tener n 3 en el paso inductivo. Es usual que en una prueba por inducción completa se deba iniciar la inducción para varios valores). Para el paso inductivo, suponemos que (1.5) es válida para 2 k < n + 2, donde n 2. En particular, se tiene que F n > 4 n y F 3 n+1 > 4 n+1. 3 (Dada la recursión de F n es suficiente suponer que (1.5) es válida para n, n + 1. Es común simplificar la hipótesis inductiva de ese modo dependiendo de la definición recursiva del objeto en cuestión). Luego, F n+2 = F n + F n+1 > 4 n n+1 = 3 4 n = n > 4 n = 4 n+2 3 Esto completa el paso inductivo. X

21 1.3. Inducción Matemática 13 Sean φ := 1 + p 5 2 y φ 0 := 1 p 5. 2 las raíces de la ecuación cuadrática x 2 x 1 = 0 (φ se conoce como la razón áurea). Podemos dar una fórmula explícita de F n en términos de n. Fórmula de Binet F n = p 1 h (φ) n φ 0 i n. (1.6) Prueba. Usemos inducción completa. Paso base, debemos verificar (1.6) para n = 0 : 1 h p (φ) 0 φ 0 i 0 = p 1 [ 1 1 ] = p 0 = 0 = F y n = 1 : 1 h p (φ) 1 φ 0 i " 1 = p p p 5 # = 1 p 5 2p 5 2 = 1 = F 1. Paso inductivo. Sea n 0 y supongamos que F n = 1 p 5 h (φ) n φ 0 n i y F n+1 = 1 p 5 h (φ) n+1 φ 0 n+1 i. Dado que φ, φ 0 son raíces de la ecuación x 2 x 1 = 0, se cumple que (φ) 2 = φ + 1 y φ 0 2 = φ Luego, F n+2 = F n + F n+1 = 1 p 5 (φ) n (φ 0 ) n + 1 h p (φ) n+1 5 (φ 0 ) n+1 i = 1 h i p (φ) n + (φ) n+1 1 h i p5 (φ 0 ) n + (φ 0 ) n+1 5 = = 1 p 5 (φ) n [ 1 + φ ] 1 h i p (φ) n+2 (φ 0 ) n p 5 (φ 0 ) n [ 1 + φ 0 ]

22 14 1. Números Naturales Existen conexiones muy interesantes entre la sucesión de Fibonacci y la razón áurea [Wa01]. Por ejemplo, las siguientes fórmulas son válidas. F lim n+1 n! F n = φ n=1 1 F n = 4 φ n=1 ( 1) n F n+1 F n = φ 1 Ejercicio Muestre que n = Fn+1 F n F n F n 1, para todo n 1.. Solución En este caso, no es necesario aplicar inducción completa. El paso base es inmediato 1 1 F2 F = F 1 F 1 1 Paso inductivo. A n+1 = A n A = Fn+1 F n F n F n Fn + F = n+1 F n+1 Fn+2 F = n+1 F n + F n 1 F n F n 1 F n Por último, queremos mencionar una propiedad sorprendente de los números de Fibonacci. La prueba aplica inducción completa de una manera ingeniosa, ver [En98, p. 217]. Teorema de Zeckendorf Cualquier entero positivo n se puede expresar de forma única como la suma de números de Fibonacci distintos y no consecutivos: X. n = m F kj, j=1 k j k j Dios creo los enteros, el resto... Bajo un enfoque axiomático, hemos introducido las operaciones básicas, junto con sus elementos neutros, y el orden usual de los números naturales<. La anterior situación se suele representar afirmando que N, junto con las operaciones, el orden y los neutros, forman la estructura hn, +,, 0, 1, <i. En general, una estructura es una tupla finita, compuesta de un conjunto no vacío, operaciones o relaciones definidas sobre el conjunto y una lista de constantes especiales. En algunas ocasiones se acostumbra decir que el conjunto dado cumple cierta propiedad, sin mencionar las operaciones o relaciones involucradas. Por ejemplo, se dice que N es un conjunto bien ordenado, cuando en realidad se debería afirmar que la estructura hn, <i está bien ordenada, es decir, que satisface el principio de buen orden.

23 1.3. Inducción Matemática 15 Las propiedades fundamentales de los números naturales se pueden tomar como punto de partida para la construcción de los sistemas numéricos fundamentales. Esto es, es posible extender la estructura de los números naturales del siguiente modo N ( Z ( Q ( R ( C. La motivación principal para llevar a cabo estas extensiones surge de la busqueda de soluciones a ecuaciones de la forma x + m = 0, m x = 1, x n = m y x n + 1 = 0, con m, n 2 N. En general, la solución de ecuaciones de este tipo requiere la existencia de números negativos, números racionales, números irracionales y números imaginarios, respectivamente. A continuación describiremos brevemente cómo se llevan a cabo estas extensiones. Intuitivamente, (a) Todo número entero se puede representar como una diferencia de dos números naturales. (b) Todo número racional se puede representar como una fracción de dos números enteros. (c) Todo número real se puede representar como el límite de una sucesión de números racionales. (d) Todo número complejo se puede representar en la forma a + bi, con a y b números reales. La idea es formalizar las anteriores intuiciones de una forma adecuada. Así, la diferencia m n de dos naturales se concibe como el par ordenado (m, n). Como habría infinitas representaciones para un número entero, es necesario identificarlas mediante la relación de equivalencia en N N : De este modo, se define (m, n) e (p, q) sii m + q = n + p. Z := N N/ e. Así, un número entero es una clase de equivalencia a = [(m, n)] e := [m n] de diferencias. Sean a = [m n] y b = [p q] en Z. Se define a + Z b = [(m + p) (n + q)] y a Z b = [(mp + nq) (mq + np)], con elementos neutros 0 Z = [0 0] y 1 Z = [1 0]. El orden en Z se introduce de un modo análogo. a < Z b sii m + q < n + p. Despues de algo de esfuerzo, se prueba que las operaciones y el orden no dependen de representantes y que satisfacen las propiedades básicas de Z. Además, se muestra

24 16 1. Números Naturales que existe una función inyectiva de N en Z que preserva las operaciones y el orden. Por tanto, se puede afirmar que N ( Z y omitir el subíndice Z al referirnos a las operaciones enteras y al orden entero. Todo lo anterior se puede resumir del siguiente modo. hz, +,, 0, 1, <i es un dominio entero cuyo orden es lineal, discreto y arquimediano. Análogamente, la fracción a entre dos enteros se concibe como el par ordenado b (a, b). De nuevo, habría infinitas fracciones representando un mismo número racional. Así que se identifican por la relación de equivalencia en Z Z : (a, b) r (c, d) sii a d = b c. Se define Q := Z Z / r. Esto es, un número racional es una clase de equivalencia r = [(a, b)] r fracciones. h a i h c i Dados r = y s = en Q, definimos b d a d + b c r + Q s = d d y r Q s = h a c i, b d := a b de con elementos neutros 0 Q = 0 1 y 1 Q = 1. 1 Luego, se introducen los elementos positivos en Q. 0 Q < Q r sii a b 2 Z +. Es posible mostrar que las operaciones y el orden no dependen de representantes y que satisfacen las propiedades básicas de Q. De nuevo, se prueba que existe una función inyectiva de Z en Q que preserva las operaciones y el orden. Por tanto, se puede afirmar que Z ( Q y omitir el subíndice Q al referirnos a las operaciones racionales y al orden racional. Todo lo anterior se resume en que hq, +,, 0, 1, <i es un campo ordenado cuyo orden es denso y arquimediano. En la construcción de R, se puede concebir un número real como el conjunto de todos los números racionales menores que él o como el límite de una sucesión de números racionales que converge a él. Para evitar problemas de circularidad, se formaliza las anteriores intuiciones mediante cortaduras de Dedekind o de sucesiones de Cauchy, respectivamente. Esto da lugar a dos posibles enfoques en la construcción de los números reales. En el ápendice A, ofrecemos la construcción de la recta

25 1.3. Inducción Matemática 17 real mediante sucesiones de Cauchy, debida independientemente a Weierstrass y a Cantor. Por último, se toma C = R R. Así, un número complejo es un par ordenado z = (a, b) de números reales. Dados z = (a, b) y w = (c, d) en C, definimos con elementos neutros z + C w = (a + c, b + d) y z C w = (ac bd, ad + bc), 0 C = (0, 0) y 1 C = (1, 0). Es relativamente directo probar que C satisface las propiedades usuales de campo. Tomando a C = (a, 0) para todo a 2 R, se obtiene una función inyectiva de R en C que preserva las operaciones. Por tanto, se puede afirmar que R ( C y omitir el subíndice C al hacer referencias a las operaciones complejas. Si se toma i = (0, 1), entonces es fácil verificar que (a, 0) (1, 0) + (b, 0) (0, 1) = (a, b) y i 2 = ( 1, 0). Lo cual coincide con la notación usual z = a + bi, donde i = p 1. Como i 2 = 1, no es posible que exista un orden en C que sea compatible con las operaciones de campo. Resumiendo hc, +,, 0, 1i es un campo (no ordenado). Para un estudio detallado de la anterior construcción, se puede consultar el capítulo 5 de [En77], el capítulo 6 de [Pa09] o el texto clásico de Feferman [Fe64]. Ejercicios 1. Muestre que n 6= n + 1 y n < n + 1, para todo n 2 N. 2. Demuestre las siguientes versiones del teorema de recursión. (a) Versión 3. Dados a 2 A y g : A N! A, existe una única función f : N! A que satisface f (0) = a y f (n + 1) = g( f (n), n), para todo n 2 N. (b) Versión 4. Dados a, b 2 A y g : A A! A, existe una única función f : N! A que satisface f (0) = a, f (1) = b y f (n + 2) = g( f (n), f (n + 1)), para todo n 2 N. 3. Aplique las versiones anteriores de recursión para justificar la existencia de la función factorial y de la sucesión de Fibonacci.

26 18 1. Números Naturales 4. Sean h : A! A inyectiva y a 2 A tal que a /2 rango (h). Muestre que la función f : N! A, definida por recursión es inyectiva. f (0) = a y f (n + 1) = h ( f (n)), para todo n 2 N, 5. Pruebe el teorema de unicidad de Dedekind. 6. Use inducción matemática para probar las propiedades de la suma, el producto y el orden enunciadas en la sección Sean m, n 2 N. Muestre que (a) m + n = 0 si y sólo si m = 0 = n. (b) m n = 0 si y sólo si m = 0 _ n = 0. (c) m n = 1 si y sólo si m = 1 = n. 8. Sean m, n, k 2 N. Muestre que (a) m + k < n + k si y sólo si m < n. (b) Si k 6= 0, entonces [m k < n k si y sólo si m < n]. (c) Si k 6= 0, entonces [m k = n k si y sólo si m = n]. 9. Obtenga las ecuaciones recursivas de la exponenciación natural E1. m 0 = 1 E2. m n+1 = m n m Enuncie y pruebe las leyes usuales de exponentes. Por ejemplo m n+p = m n m p. 10. Use el principio de buen orden para probar que no existe un número entero a tal que 0 < a < Muestre que no existe una función f : N! N tal que para todo n 2 N : f (n + 1) < f (n). 12. Sea n 2 N. Considere la fórmula P (n) : (a) Desarrolle el paso base. (b) Enuncie la hipótesis inductiva. (n + 2)! < (n + 2) n+2. (c) Desarrolle la prueba bajo hipótesis. (d) Descarte la hipótesis y generalice. (e) Enuncie la conclusión. 13. Sea n un entero mayor que 1. Considere la fórmula P (n) : n 2 < 2 1 n.

27 1.3. Inducción Matemática 19 (a) Desarrolle el paso base. (b) Enuncie la hipótesis inductiva. (c) Desarrolle la prueba bajo hipótesis. (d) Descarte la hipótesis y generalice. (e) Enuncie la conclusión. 14. Sea P (n) una fórmula arbitraria. Muestre que las siguientes afirmaciones son equivalentes. (a) (8n 2 N) [ (8k < n) P (k)! P (n) ]! (8n 2 N) P (n). (b) (9n 2 N) P (n)! (9m 2 N) [ P (m) ^ (8k < n) :P (k) ]. (c) (8n 2 N) [ P (n)! (9k < n) P (k) ]! (8n 2 N) :P (n). 15. Pruebe las siguientes fórmulas para todo n 1 : (a) n = n (n + 1). 2 (b) (2n 1) = n 2. (c) 1 (1!) + 2 (2!) + 3 (3!) + + n (n!) = (n + 1)! 1. n (n + 1) 2 (d) n 3 =. 2 (e) (2n 1) 2 = (f) (2n 1) 3 = 2n 4 n 2. (g) n (n + 1) = (h) (i) n (n + 1) = n (2n 1) (2n + 1). 3 n (n + 1) (n + 2). 3 n n (2n 1) (2n + 1) = n 2n Use inducción para mostrar las siguientes desigualdades: (a) Para todo n 2 : n 2 + n < n (b) Para todo n 2 : 2 n 2 < n! (c) Para todo n 5 : n < 2 n (d) Para todo n 4 : n 2 < n! (e) Para todo n 4 : 2n 2 + n < 3 n. (f) Para todo n 4 : 2 n < n! (g) Para todo n 6 : 7n < 2 n. (h) Para todo n 6 : n 3 < n!

28 20 1. Números Naturales 17. Muestre que p n n k=1 1 p k 2 p n 1, para todo n 2. Concluya que n=1 1 p n es divergente. 18. Use inducción matemática para mostrar que para todo n 1 : n 1 = 2 n Use inducción completa para establecer que para todo n 1 : a n 1 = (a 1) a n 1 + a n a 2 + a + 1. [Sug: a n+1 1 = (a + 1) (a n 1) a a n 1 1 ]. 20. Pruebe que el cubo de todo entero se puede escribir como la diferencia de dos cuadrados. [Sug: note que n 3 = n (n 1) 3 ]. 21. Use inducción matemática para probar que para todo n 1 : (4n 2) = (2n)!. n! Use la anterior fórmula para obtener la desigualdad 2 n (n!) 2 (2n)!, 8n Demuestre desigualdad de Bernoulli. Si a + 1 > 0, entonces (1 + a) n 1 + n a, 8n Para todo n 1, pruebe lo siguiente por inducción matemática: (a) n n. (b) n 2 n = 2 n n. 24. Pruebe que el número (2n)! 2 n es un entero positivo para todo n 0. n! 25. Resuelva el acertijo de Fibonacci. Una pareja de conejos tarda un mes en alcanzar la edad fértil, a partir de ese momento cada vez engendra una pareja de conejos, que a su vez, tras ser fértiles engendrarán cada mes una pareja de conejos. Cuántos conejos habrá al cabo de un determinado número de meses?

29 1.3. Inducción Matemática Sea F n el n-ésimo número de Fibonacci. Pruebe la fórmula de Cassini (1680) : F n+1 F n 1 F 2 n = ( 1) n, n Sea n > 6. Pruebe que F n = 5 F n 4 + 3F n Pruebe que para todo n 1 y k 2 se cumple que F n+k = F k F n+1 + F k 1 F n. 29. Pruebe las siguientes fórmulas para todo n 1 : (a) F 1 + F 2 + F F n = F n+2 1, (b) F 1 + F 3 + F F 2n 1 = F 2n, (c) F 2 + F 4 + F F 2n = F 2n+1 1, (d) 1 F F n F n = n F n+2 F n+3 + 2, 30. Muestre que para todo n 2 : F F2 2 + F F2 n = F n (F n+1 + F n 1 ). 31. Defina los números de Lucas por la siguiente recursión L 0 = 2, L 1 = 1 y L n+2 = L n + L n+1, para todo n. Pruebe la siguiente fórmula 32. Pruebe que L n < L n = (φ) n + φ 0 n. 7 n, para todo n Pruebe las siguientes identidades que relacionan la sucesiones de Fibonacci y de Lucas. (a) L n = F n 1 + F n+1. (b) L 2 n = 5 Fn ( 1) n L n. Concluya que lim = p 5. n! F n (c) F 2n = L n F n. (d) F n = L n 1 + L n Sean a, b 2 R. Defina los números generalizados de Fibonacci por G 0 = b a, G 1 = a y G n+2 = G n + G n+1, para todo n. Pruebe que G n = af n 2 + bf n 1, n 3.

30 22 1. Números Naturales 35. La sucesión fg n g se define por la siguiente recursión g 0 = 0, g 1 = 1, y g n+2 = g n + g n+1 + g n g n+1 para todo n. Muestre que g n = 2 F n 1, para todo n. 36. Suponga que los números a n se definen recursivamente por a 0 = 0, a 1 = 1, a 2 = 2 y a n+3 = a n + a n+1 + a n+2, para todo n. Use inducción completa para probar que a n < 2 n, para todo n. 37. Si los números b n se definen por b 0 = 6, b 1 = 11 y b n+2 = 3b n+1 2b n, para todo n, pruebe que b n = 5 2 n + 1, 8n. 38. Sea A N no vacío. Si existe s 2 N tal que entonces A tiene un máximo. (8a 2 A) (a s), 39. Muestre que todo conjunto no vacío de enteros negativos tiene un máximo elemento. 40. Pruebe que si A Z tiene una cota inferior en Z, entonces A tiene mínimo. Muestre que la afirmación es falsa en Q.

31 2 Números Enteros 2.1 División en Z El siguiente resultado es familiar a todos desde nuestra educación primaria; afirma que un entero a se puede dividir por un entero positivo de forma tal que el residuo es menor que d. El enunciado preciso de este hecho es el siguiente teorema. Algoritmo de la División Dados enteros a y d > 0, existen enteros únicos q y r que satisfacen a = q d + r y 0 r < d Prueba. (Existencia) Primero veamos que T = fa n d j n 2 Z ^ a n d 0g 6=. Como d 1, entonces jaj d jaj. Por tanto, a ( jaj) d = a + jaj d a + jaj 0. Tomando n = jaj, vemos que (a n d) 2 T. Aplicando el principio del buen orden, existe un entero r tal que r = min T. Por la definición de T, existe un entero q tal que r = a q d y 0 r. Afirmamos que r < d. En caso contrario, se tendría que r d. Luego, m = a (q + 1) d = (a + q d) d = r d 0. Por tanto, m 2 T y m = r d < r, absudo. Luego, se debe cumplir que r < d. (Unicidad) Supogamos que a tiene dos representaciones de la forma deseada: Entonces, a = q d + r = q 0 d + r 0 y 0 r, r 0 < d. r r 0 = d (q 0 q) y jr r 0 j = jdj jq 0 qj. Sumando las desigualdades d < r 0 0 y 0 r < d, se obtiene que d < r r 0 < d. Luego, jr r 0 j < d y, por tanto, 0 q 0 q < 1.

32 24 2. Números Enteros Dado que jq 0 qj es un entero no negativo, la única posibilidad es que jq 0 qj = 0. Por lo cual, q = q 0. Esto a su vez, implica que r = r 0. Los enteros q y r se denominan el cociente y el residuo al dividir a por d, respectivamente. En este contexto, definimos las operaciones div y mod por a div d = q y a mod d = r. Debemos enfatizar que a mod d 2 f0, 1,..., d 1g. Ejemplo Como aplicaciones del algoritmo de la división, probemos las siguientes afirmaciones. (a) Para todo entero a, a 2 es de la forma 4k o de la forma 4k + 1. (b) El cuadrado de cualquier entero impar es de la forma 8k + 1. (c) Para todo a 1, la expresión a a2 + 2 es un número entero. 3 Solución (a) Primero, notemos que todo entero a al ser dividido por 2, deja dos posibles residuos r = 0 o r = 1. Cuando r = 0, a tiene la forma a = 2q y se denomina par. En este caso, a 2 = (2q) 2 = 4q 2 = 4k. Cuando r = 1, a tiene la forma 2q + 1 y se denomina impar. En este caso, (a) 2 = (2q + 1) 2 = 4q 2 + 4q + 1 = 4 q 2 + q + 1 = 4k + 1. En cualquier caso, a 2 deja residuo 0 o 1 al ser dividido por 4. (b) Por el algoritmo de la división, todo entero tiene una de las formas 4q, 4q + 1, 4q + 2 y 4q + 3. Es claro que sólo los enteros de las formas 4q + 1 y 4q + 3 son impares. Luego, (4q + 1) 2 = 8 2q 2 + q + 1 = 8k + 1 y (4q + 3) 2 = 8 2q 2 + 3q = 8k + 1. (c) De acuerdo al algoritmo de la división, todo entero a es de la forma 3q, 3q + 1, 3q + 2. En el primer caso, a a = 3q 9q2 + 2 Similarmente, si a = 3q + 1, a a = (3q + 1) 9q2 + 6q Finalmente, si a = 3q + 2, a a = (3q + 2) 9q2 + 12q = q 9q Z +. = (3q + 1) 3q 2 + 2q Z +. = (3q + 2) 3q 2 + 4q Z +.

33 2.1. División en Z 25 Definición Un entero a se dice que es divisible por un entero d 6= 0 (en símbolos d j a), si existe algún entero q tal que a = d q. Escribimos d - a para indicar que a no es divisible por d. También se dice d es divisor de a, que a es factor de d o que a es un múltiplo de d. Siempre que se emplee la notación d j a, se entiende que d 6= 0. Notemos que los divisores de un entero siempre ocurren en pares. Por tanto, nos limitaremos a considerar divisores positivos. Teorema 2.1 Para enteros a, b y c, se cumple (a) a j 0, 1 j a, a j a. (b) Si a j b y b 6= 0, entonces jaj jbj. (c) a j b y b j a si y sólo si a = b. (d) a j 1 si y sólo si a = 1. (e) Si a j b y b j c, entonces a j c. (f) Si a j b y c j d, entonces ac j bd. (g) Si d j a y d j b, entonces d j (a s + b t) para enteros arbitrarios s, t. Prueba. (b) Si a j b, entonces existe un entero q tal que b = a q. Como b 6= 0, entonces q 6= 0. Luego, jqj 1. Por tanto, jbj = jaj jqj jaj 1 = jaj. (c) Si a j b y b j a, entonces, por (b), jaj jbj jaj. Luego, jaj = jbj. Por tanto, a = b. La otra implicación es obvia. (g) Si d j a y d j b, entonces existen enteros q 1, q 2 tales que a = d q 1 y b = d q 2. Por tanto, as + bt = (dq 1 ) s + (dq 2 ) t = d (q 1 s + q 2 t). Tomando q = q 1 s + q 2 t, se tiene que d j (a s + b t). (a), (e) y (f) son inmediatas de la definición. (d) se sigue de (a) y (c). La propiedad (g) del teorema 2.1 se puede extender, por inducción, a sumas de más de dos términos. Esto es, si d divide simultáneamente a a 1, a 2,..., a n, entonces c j (a 1 s 1 + a 2 s a n s n ), 8s 1, s 2,..., s n 2 Z. Sean a, b enteros arbitarios con al menos uno de ellos distinto de cero. Decimos que d es un divisor común de a y b si d j a y d j b. Notemos que 1 siempre es divisor común de a y b. Como a 6= 0 o b 6= 0, existe una cantidad finita de divisores comunes positivos. Entre estos, existe uno mayor. Definición Sean a, b 2 Z con al menos uno ellos distinto de cero. El máximo común divisor de a y b, denotado por gcd (a, b), es el entero positivo d que satisface (a) d j a y d j b. (b) Si c j a y c j b, entonces c d. Diremos que a y b son primos relativos si gcd (a, b) = 1. X

34 26 2. Números Enteros Una combinación lineal de m y n es un entero de la forma m s + n t, con s y t enteros. Veamos que el máximo común divisor de a y b se puede representar como combinación lineal de a y b. Identidad de Bézout en Z Dados dos enteros a y b, no ambos iguales a cero, existen enteros s y t tales que gcd (a, b) = a s + b t Prueba. Considere el conjunto de todas las combinaciones lineales positivas de a y b : T = fa u + b v j au + bv > 0 ^ u, v 2 Zg. Primero veamos que T 6=. Por ejemplo, si a 6= 0, jaj = a u + b 0 2 T, donde 1, si a > 0. u = 1, si a < 0. Aplicando el principio del buen orden, T tiene un elemento mínimo d. Por la definición de T, existen enteros s y t para los cuales Afirmamos que d = gcd (a, b). d = a s + b t. (2.1) (a) Aplicando el algoritmo de la división, podemos obtener enteros q y r tales que a = q d + r y 0 r < d. Entonces r se puede escribir en la forma r = a q d = a q (a s + b t) = a (1 q s) + b ( q t). Si r > 0, entonces la anterior representación implicaría que r 2 T y r < d = min T, absurdo. Luego, r = 0. Así, a = q d. Esto es, d j a. Similarmente, se muestra que d j b. Entonces, d es divisor común de a y b. (b) Ahora, sea c un divisor común positivo de a y b. Por el teorema 2.1 (g) y (2.1), se sigue que c j d. Por el teorema 2.1 (e), se sigue que c = jcj jdj = d. De (a) y (b), se puede concluir que d = gcd (a, b) = a s + b t. Al aplicar el principio del buen orden en la anterior prueba, obtenemos que el máximo común divisor de a y b se puede describir como el menor entero positivo de la forma a s + b t. Pero, dado que el principio del buen orden sólo asegura la existencia del mínimo, la prueba no es constructiva. Sin embargo, es posible desarrollar un procedimiento algorítmico para calcular los coeficientes s y t. Corolario 2.1 Sean I := fa u + b v j u, v 2 Zg y d = gcd(a, b). Entonces I = fn d j n 2 Zg y d = min I + = min fm 2 I j m > 0g. Prueba. Como d j a y d j b, entonces d j a u + b v, 8u, v 2 Z. Por tanto, todo elemento de I es múltiplo de d. Por otro lado, como d = a s + b t, entonces n d = n (a s + b t) = a (n s) + b (n t) 2 I.

35 2.1. División en Z 27 La otra afirmación es inmediata de la prueba de la identidad de Bézout. El siguiente resultado es consecuencia inmediata de la identidad de Bezout y el teorema 2.1 (g). Teorema 2.2 a y b son primos relativos si y sólo si existen s y t tales que a s + b t = 1. Corolario 2.2 Si d = gcd (a, b), entonces gcd (a/d, b/d) = 1. Prueba. Primero, notemos que aunque a/d y b/d tengan la apariencia de fracciones, de hecho, son enteros, ya que d j a y d j b. Como d = a s + b t, se sigue a b 1 = s + t. d d Por el teorema 2.2, a/d y b/d son primos relativos. Corolario 2.3 Supongamos que gcd (a, b) = 1. (a) Si a j c y b j c, entonces ab j c. (b) Si gcd (a, c) = 1, entonces gcd (a, b c) = 1. Prueba. Dado que gcd (a, b) = 1, existen enteros s, t tales que 1 = a s + b t. (a) Si a j c y b j c, existen q 1, q 2 tales que c = a q 1 y c = b q 2. Luego, c = c (as + bt) = cas + cbt = (bq 2 ) (as) + (aq 1 ) (bt) Luego, ab j c. = (ab) (q 2 s) + (ab) (q 1 t) = ab (q 2 s + q 1 t) (b) Si gcd (a, c) = 1, existen enteros u, v tales que 1 = a u + c v. Por tanto, 1 = 1 1 = (as + bt) (au + cv) = a (asu + btu + csv) + (bc) (tv). Por el teorema 2.2, gcd (a, b c) = 1. Lema de Euclides Si a j b c y gcd (a, b) = 1, entonces a j c Prueba. Dado que a y b son primos relativos, existen s y t tales que 1 = a s + b t. Por tanto, c = 1 c = (a s + b t) c = (a c) s + (b c) t. Dado que a es divisor común de a c y b c, tenemos que a j c. Si a y b no son primos relativos, entonces la conclusión del lema de Euclides puede fallar. Por ejemplo, 10 divide a 20 = 4 5, pero 10-4 y El siguiente teorema da una caracterización equivalente del máximo común divisor que no involucra la relación de orden. La ventaja de esta caracterización alternativa es que permite definir la noción de máximo común divisor en estructuras algebraicas que no posean relación de orden.

36 28 2. Números Enteros Teorema 2.3 Sean a y b, no ambos cero. Para un entero positivo d, d = gcd (a, b) si y sólo si (a) d j a y d j b. (b) Si c j a y c j b, entonces c j d. Prueba. (!) Supongamos que d = gcd (a, b). Por definición, se cumple (a). Supongamos que c j a y c j b. Por la identidad de Bézout, existen s, t tales que d = a s + b t. Por el teorema 2.1 (g), c j (a s + b t). Luego, c j d. Por tanto, d satisface (b). ( ) Supongamos que d satisface (a) y (b). Por (a), d es divisor común de a y b. Ahora, sea c un divisor común de a y b. Por (b), se sigue que c j d. Por el teorema 2.1 (e), se tiene que c jcj jdj = d. Luego, d = gcd (a, b). 2.2 Algoritmo de Euclides En el libro VII de los Elementos de Euclides, se describe un procedimiento eficiente para hallar el máximo común divisor de dos enteros dados. Este algoritmo involucra una aplicación recursiva del algoritmo de la división y se fundamenta en el siguiente lema. Lema 2.1 Si a = b q + r, entonces gcd (a, b) = gcd (b, r). Prueba. Sea d = gcd (a, b). Dado que d j a y d j b, entonces d j (a b q) = r. Por tanto, d es divisor común de b y r. Ahora, si c es un divisor común de b y r, entonces c j (b q + r) = a.luego, c es divisor común de a y b. Así, c d. Por definición, d = gcd (b, r). El algoritmo de Euclides se puede describir del siguiente modo. Como gcd (jaj, jbj) = gcd (a, b), dados a, b podemos suponer que a b > 0. Definamos r 0 = a y r 1 = b. Entonces definimos recursivamente r k usando el algoritmo de la división: r k 2 = r k 1 q k 1 + r k donde 0 r k < r k 1. La desigualdad 0 r k < r k 1 muestra que la sucesión de residuos r k es una sucesión decreciente de números naturales. Esto implica que debe aparecer un residuo cero, digamos que, en el paso n-ésimo, cuando r n 1 se divide por r n. Por el lema 2.1, tenemos que gcd (a, b) = gcd (r 0, r 1 ) = gcd (r 1, r 2 ) = = gcd (r n 1, r n ) = gcd (r n, 0) = r n. Luego, el algoritmo termina dando como salida r n = gcd (a, b). Una ejecución típica del algoritmo toma la forma r 0 = r 1 q 1 + r 2 0 < r 2 < r 1 r 1 = r 2 q 2 + r 3 0 < r 3 < r 2 r 2 = r 3 q 3 + r 4 0 < r 4 < r 3.. r n 2 = r n 1 q n 1 + r n 0 < r n < r n 1 " r n 1 = r n q n = r n+1 < r n.