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Geometría Moderna II: Unidad 5 Temas Interesantes

Por Armando Arzola Pérez

Introducción

Las construcciones con regla y compas nos traen consigo problemas que no son posibles de resolverse a menos que se den consigo ciertas restricciones, es por eso que se abordaran construcciones, ya sea únicamente con regla o compas, y se darán construcciones de segmentos con longitud específica.

Construcciones con únicamente regla

Problema. Dibujar una recta paralela a otra recta dada con únicamente regla no es posible, a menos que en la recta dada existan tres puntos $A, B, C$ tal que $A B = B C$ , entonces es posible trazar una recta paralela con regla a la recta dada por cualquier punto $P$ exterior a esa recta.

Construcción. Sea la recta $l$ con tres puntos $A, B, C$ los cuales cumplen $A B = B C$ , y un punto exterior $P$ . Tracemos la recta $P A$ y $P C$ y dibujemos una recta arbitraria que pase por $B$ y corte a estas rectas en $Q$ y $S$ , entonces $A S$ y $C Q$ se intersecaran en $R$ , y al trazar la recta $P R$ esta será la paralela buscada.

Problema. Si dos rectas son paralelas, un segmento en una de ellas puede bisecarse únicamente con regla.

Construcción. Dadas dos rectas paralelas $l$ y $m$ , donde en $l$ tomemos un segmento arbitrario $A C$ . Tomemos dos puntos arbitrarios $P$ y $R$ en $m$ ( $P \neq R$ ), tracemos las rectas $A P$ y $R C$ que se intersecan en $Q$ . Tracemos las rectas $P C$ y $R A$ que se intersecan en $S$ y si dibujamos la recta $Q S$ esta interseca a $A C$ en $B$ el cual es el punto buscado para bisecar el segmento $A C$ .

Problema. Trazar una recta por un punto dado paralela a dos rectas paralelas dadas con regla solamente.

Construcción. Usando la construcción del problema 2 nos dará un segmento bisecado de una de las rectas paralelas, de esta forma se obtiene lo necesario para aplicar la construcción del problema 1 y obtener una recta paralela a las dos paralelas dadas.

Construcciones con regla y circunferencia dada

Steiner demostró que toda construcción puede hacerse con regla solamente si se dan en el plano de construcción una circunferencia y su centro.
Es por ello que se mostraran algunos problemas importantes.

Problema. Por un punto $P$ construir una recta paralela a una recta dada.

Construcción. Sea $E$ un punto sobre la recta $l$ y una circunferencia concentro $O$ . Trace la recta $E O$ de tal forma fija que corte la circunferencia en los puntos $Q$ y $R$ .

Ahora como $R O = O Q$ entonces por la construcción ya realizada anteriormente se puede trazar una paralela $A B$ a $O Q$ , donde $A B$ es una cuerda. Si trazamos las rectas $A O$ y $O B$ estas cortarán en $A^{'}$ y $B^{'}$ respectivamente, formando los diámetros $A A^{'}$ y $B B^{'}$ los cuales determinan la cuerda $A^{'} B^{'}$ .

Ahora $A B$ y $A^{'} B^{'}$ cortan a $l$ en $D$ y $F$ respectivamente, y en donde $D E = E F$ . Y con esto se tiene lo necesario para construir una recta por $P$ que es paralela a $l$ , ya que la construcción ya se ha hecho antes.

Problema. Por un punto $P$ construya una recta perpendicular a una recta dada.

Construcción. Sea $E$ un punto de la recta, $l$ y $O$ el centro de una circunferencia fija. Si unimos $E$ con $O$ esta recta cortará a la circunferencia en dos puntos $R$ y $Q$ .

Por construcciones anteriores se puede trazar una recta paralela a $l$ por $R$ , que será la cuerda $R S$ . Por lo cual $Q S$ es perpendicular a $l$ y $R S$ .

Ahora solo falta dibujar por $P$ una recta paralela a $Q S$ , pero usando la construcción del problema 1 se puede encontrar esta recta paralela a $Q S$ y además perpendicular a $l$ .

Geometría Mascheroni del compás

Los geómetras L. Mascheroni y G. Mohr mencionan el teorema Mohr-Mascheroni: Todas las construcciones geométricas posibles, con regla y compas, pueden hacerse con compas solamente. Es interesante ver como con únicamente compas se pueden hacer construcciones más fáciles, y además se tiene que un hecho es que se ve una recta como construida cuando se hallan dos puntos de esta.
Es por ello que se mostraran algunas construcciones solo con el compás.

Problema. Construir el punto simétrico de un punto $C$ respecto a una recta $A B$ .

Construcción. Se requiere dibujar las circunferencias con centros $A$ y $B$ , y con radio $A C$ y $B C$ respectivamente. De esta forma se tendrá la intersección en el punto $C$ y además en otro punto $D$ , el cual es el simétrico de $C$ .

Problema. Construir un segmento $n$ veces más grande que un segmento dado $A A_{1}$ , $n = 2, 3, 4, \dots$ .

Construcción. Dibujemos dos circunferencias $C (A_{1}, A A_{1})$ y $C (A, A A_{1})$ las cuales se intersecan en un punto $B$ , ahora trazamos otras dos circunferencias $C (A_{1}, A A_{1})$ y $C (B, A A_{1})$ las cuales se intersecan en un punto $C$ . Si dibujamos una circunferencia $C (C, A A_{1})$ esta interseca a $C (A_{1}, A A_{1})$ en un punto $A_{2}$ , estos puntos $A, A_{1}$ y $A_{2}$ son colineales donde $A A_{2} = 2 A A_{1}$ . Repitiendo este proceso se obtiene los resultados buscados.

Problema. Construir una cuarta proporcional a tres segmentos de rectas dadas.

Construcción. Sean $a, b, c$ los tres segmentos dados, dibujemos las circunferencias $C (O, a)$ y $C (O, b)$ donde $O$ es un punto cualquiera en el plano. Ahora, tomando un punto cualquiera $P$ de la $C (O, a)$ dibujemos un arco con $P$ centro y radio $c$ , la cual interseca a $C (O, a)$ en $Q$ .
Tomemos ahora un radio conveniente y $P$ y $Q$ dos centros, dibujaremos arcos que intersecan la circunferencia $C (O, b)$ en $P^{'}$ y $Q^{'}$ respectivamente. Donde $P^{'} Q^{'}$ es la cuarta proporcional buscada, esto debido a que se tiene semejanza de los triángulos $O P Q$ y $O P^{'} Q^{'}$ , viene dada por la semejanza de los triángulos $O P P^{'}$ y $O Q Q^{'}$ .

Problema. Dividir el arco $A B$ de la circunferencia por la mitad (centro conocido).

Construcción. Sea la circunferencia $C (O, r)$ , supongamos que $O A = O B = r$ y $A B = a$ .
Dibujemos las circunferencias $C (O, a)$ , $C (O, r)$ y $C (B, r)$ , y se tendrán las intersecciones $C$ y $D$ .
Trazar las circunferencias $C (C, B)$ y $C (D, A)$ con intersección en $E$ .
Dibujemos las circunferencias $C (C, O E)$ y $C (D, O E)$ , de los cuales se tendrán las intersecciones en los puntos $X$ y $X^{'}$ .
El punto $X$ divide el arco $A B$ por la mitad y $X^{'}$ divide por la mitad el arco que completa el primer arco hasta la circunferencia total.

Construcción de segmentos con longitud específica

Si nos dieran un segmento de longitud 1, ¿Qué otras longitudes se pueden construir? Es por ello que veremos qué longitudes podemos construir, pero para ello debemos tener en cuenta que las construcciones deben utilizar solo una regla y un compás, y con un número finito de pasos.
Es fácil ver que dado el segmento de longitud 1, se puede construir un segmento de longitud $n$ ( $n$ es un entero positivo) y de igual forma se pueden construir segmentos $p + q$ y $p - q$ donde $p$ y $q$ son segmentos de longitud dada.
¿Qué pasa con los segmentos de longitud $p / q$ ó $p q$ ?

Problema. Dado los segmentos de longitud 1, $p$ y $q$ construir el segmento de longitud $p / q$ .

Construcción. Construir un segmento $A B$ con longitud $q$ .
Construir un segmento $B C$ con longitud $p$ , donde se tendrá el triángulo $A B C$ .
En el segmento $A B$ , pasa un segmento $A D$ de longitud 1.
Por el punto $D$ , construir una recta paralela a $B C$ que corte a $A C$ en $E$ .
Entonces $D E$ es de longitud $p / q$ , debido a que $△ A B C \sim △ A D E$ .

$\frac{p}{x} = \frac{q}{1}$ $\Rightarrow$ $\frac{p}{q} = \frac{x}{1} = x = D E .$

Problema. Dado un segmento de longitud $p$ y $q$ , construir un segmento de longitud $\sqrt{p q}$ .

Construcción. Se usará la potencia de un punto para su construcción.

Dibujar un segmento $A B$ de longitud $p + q$ , con $D$ el punto donde $A D = p$ y $D B = q$ .
Trazar la circunferencia con $A B$ como diámetro.
Dibujar la cuerda $C E$ perpendicular a $A B$ en $D$ , donde $C D$ es de longitud $\sqrt{p q}$ .
Dado que $C E$ es perpendicular a $A B$ , entonces $C D = D E$ . Y por potencia de puntos en $D$ , se tiene

$C D ∙ D E = A D ∙ D B$
$C D ∙ C D = C D^{2} = p q$
$C D = \sqrt{p q} .$

Números Construibles

Un número $x$ es construible si, a partir de un segmento de longitud 1, se puede construir el segmento de longitud $x$ (con regla y compas).
Como por ejemplo $4 / 7$ es número construible, ya que gracias al segmento de longitud 1 se pueden construir los segmentos de longitud 4 y 7, y de esto se construye el segmento $4 / 7$ .

Teorema. (Números Construibles) Si los números no negativos $a$ y $b$ son construibles, entonces también lo son los números

$a + b$ , $a - b$ , $a / b$ $(b \neq 0)$ , $a b$ , $\sqrt{a}$

Se pueden construir muchos números construibles, a partir de estas operaciones.

Ejemplos:

$5$ y $4$ son construibles, entonces $\sqrt{5}$ y $\sqrt{4}$ también.
$3$ y $\sqrt{4}$ son construibles, entonces $3 + \sqrt{4}$ es construible.
$3 + \sqrt{4}$ es construible, entonces $\sqrt{3 + \sqrt{4}}$ es construible.
$\sqrt{3 + \sqrt{4}}$ y $\sqrt{5}$ son construibles, entonces $\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3 + \sqrt{4}}}$ es construible.

Es así que tomando el número 1 como inicio, y haciendo finitas sucesiones de adiciones, substracciones, raíces, productos y proporciones, es que podemos obtener todos los números construibles.

Alguno de los números que no son construibles son

$π, e, \sqrt[3]{2}, c o s 20^{o} .$

$△$

Esto explicaría por qué los tres problemas famosos no pueden ser resueltos.

Más adelante…

Se abordarán los tres problemas famosos, para mostrar su imposibilidad debido al uso único de regla y compas.

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Geometría Moderna II: Los tres problemas famosos

Por Armando Arzola Pérez

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Introducción

En la geometría elemental se tienen varias construcciones realizadas con únicamente regla y compas, esto nos parecerá algo limitante, pero es así como Platón lo plantea para la geometría. Pero son estas restricciones lo que hace interesante las construcciones, cabe aclarar que cuando se menciona regla es para únicamente trazar rectas sin distancia fija, y el compás para trazar circunferencias únicamente. Son estas limitaciones las que hacen que muchas construcciones no se puedan realizar, es en este punto donde hablaremos de ‘Los tres problemas famosos griegos’ los cuales son: La trisección del ángulo, la duplicación del cubo y la cuadratura del círculo.

Este grupo de problemas imposibles enunciados en el siglo V a.C. y hasta la demostración de que la solución es imposible en el siglo XIX, generaron que grandes matemáticos pensaran en su solución, así mismo se motivó al desarrollo de diversas áreas de las matemáticas. Como se mencionó, las restricciones de únicamente regla y compas son las que imposibilitan la solución, pero si se modificaran estas restricciones adecuadamente, estos problemas pueden ser resueltos. Es por ello que se mostrara la imposibilidad de resolver los tres problemas famosos.

Trisección del ángulo

Problema. Lograr trisecar un ángulo arbitrario con regla y compas. Se mostrará la imposibilidad de resolver este problema.

Demostración. Dado un ángulo, no siempre es posible construir solo con una regla y compas un ángulo cuya medida es un tercio del ángulo original.
Tenemos que mostrar lo que significa construir un ángulo a números construibles, ya que un número construible es la longitud de un segmento, no una medida de un ángulo. Recordemos que si tenemos algún ángulo construido sin perdida de generalidad, se asume que este ángulo está en la posición estándar, de modo que su lado inicial este en el eje $x$ positivo.

Se puede asignar el vértice del ángulo con el origen de nuestro plano y luego construir un círculo unitario centrado en el origen, donde tendremos un punto de intersección que por trigonometría este punto es ( $c o s θ, s e n θ$ ) y si tomamos la perpendicular de este punto hasta el eje $x$ , nos dara un punto ( $c o s θ, 0$ ) y por lo cual se tiene la distancia $c o s θ$ .

Entonces si el angulo theta $θ$ es construible eso significa que la distancia $c o s θ$ es construible y este proceso es reversible, por lo que podemos construir el ángulo theta $θ$ si y solo si podemos construir el coseno de distancia de theta $θ$ . Por lo cual se querrá argumentar que el coseno de theta ( $c o s θ$ ) no es un número construible para todos los theta $θ$ .

Tenemos la siguiente identidad trigonométrica

$c o s 3 θ = 4 c o s^{3} θ - 3 c o s θ .$

Es importante recalcar que queremos $c o s 3 θ$ , porque queremos ángulos de trisección. Si tomamos $θ = 20^{o}$ , entonces ingresándolo en la fórmula se tiene

$c o s 3 θ = c o s (3) (20^{o}) = c o s 60^{o} = 1 / 2.$

Si definimos $α = c o s θ$ entonces se tiene que la igualdad queda

$4 α^{3} - 3 α = 1 / 2.$

Multiplicamos por 2 en ambos lados

$8 α^{3} - 6 α = 1$

$8 α^{3} - 6 α - 1 = 0.$

Entonces $α$ es una raíz del polinomio

$8 x^{3} - 6 x - 1.$

Este es un polinomio de grado 3 si es irreducible, eso sucede si y solo si no tiene raíces, porque si es irreducible tiene un factor lineal, y si tiene un factor lineal tiene una raíz por el teorema de las raíces racionales, las únicas raíces racionales posibles de este polinomio son

$\pm 1, \pm 1 / 2, \pm 1 / 4, \pm 1 / 8.$

Ninguno de estos ocho números son raíces de este polinomio, este polinomio por lo cual es irreducible porque no tiene raíces racionales, por lo tanto, este polinomio debe sé el polinomio mínimo para el coseno de $20^{o}$ .
Ahora, ya que este es un polinomio de grado 3, si tomamos el conjunto de los racionales $α$ y vemos su grado sobre $Q$ tenemos 3.

$[Q (α) : Q] = 3.$

Pero una propiedad de los números construibles dice que

$[Q (α) : Q] = 2^{n} .$

Esto es una potencia de 2, pero 3 no es potencia de 2, $3 \neq 2^{n} .$

Por lo tanto, esto no puede ser una extensión construible, por lo cual el $c o s 20^{o}$ no es un número construible, entonces un ángulo de $20^{o}$ no se puede construir y un ángulo de $60^{o}$ no se puede trisecar usando solo regla y compas.

Duplicación del cubo

Problema. Se demostrará que la duplicación del cubo es imposible.
Duplicar el cubo nos dice que dada la arista de un cubo, es imposible construir con una regla y compas el borde de un cubo que tiene el doble del volumen del cubo original.

Demostración. Imaginemos el cubo con la longitud de un lado de $S$ y este es un número construible, el volumen de este cubo sería $V = S^{3}$ ; Por lo cual si tuviéramos que construir un cubo cuyo volumen sea el doble, entonces el volumen sería $V = 2 S^{3}$ este cubo es más grande, y nos preguntaremos cuanto deben medir los lados de este nuevo cubo.

Entonces el cubo duplicado, su volumen debe ser $2 S^{3}$ , y sea la longitud de lado $t$ , entonces el $V = t^{3} = 2 S^{3}$ , despejando $t$ se tiene

$t = \sqrt[3]{2 S^{3}} = \sqrt[3]{2} S .$

Ahora el cuerpo de números construibles es un campo, si podemos construir $S$ , entonces podemos dividir por $S$ , pero $\sqrt[3]{2}$ no es número construible, ya que

$[Q (\sqrt[3]{2}) : Q] = 3.$

Pero una propiedad de los números construibles dice que ( $α$ es un número construible)

$[Q (α) : Q] = 2^{n} .$

Pero $3 \neq 2^{n}$ , entonces $\sqrt[3]{2}$ no se puede construir y, por lo tanto, no podemos duplicar el cubo.

Cuadratura del círculo

Problema. Por demostrar la imposibilidad de la construcción geométrica clásica de cuadrar el círculo.

Demostración. Dado un círculo de diámetro construible, no siempre es posible construir solo con una regla y compas el borde de un cuadrado que tiene la misma área que el círculo original.
El contraejemplo será que, se tome el círculo unitario, con radio $r = 1$ número construible, el área es $A = π r^{2} = π$ .

Se debe mostrar que no se puede construir un cuadrado cuya área sea $π$ y recordemos que si tenemos un cuadrado con lado $S$ y el área es $A = S^{2}$ . Ahora, si $π$ fuera igual a $S^{2}$ ( $π = S^{2}$ ), esto nos diría que si tomas la raíz cuadrada de ambos lados se tiene $\sqrt{π} = S .$

Entonces se requiere construir un lado de longitud $\sqrt{π}$ .
Pero si $\sqrt{π}$ fuera construible, entonces si elevamos al cuadrado ${\sqrt{π}}^{2} = π$ y el campo de números construibles es un campo, por lo cual ${\sqrt{π}}^{2}$ también es construible, pero $π$ es un número trascendental y ninguna extensión algebraica de $Q$ contiene $π$ . El campo de números construibles es una extensión algebraica infinita de los números racionales y, por lo tanto, no contiene números trascendentales, y de ahí se tiene la contradicción $p i$ no es un número construible.
Por lo tanto, es imposible construir un cuadrado para cada círculo.

Más adelante…

Se verá el Teorema de Stewart.

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Geometría Moderna II: Haces de líneas en Involución

Por Armando Arzola Pérez

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Introducción

A partir de la involución en una hilera de puntos y sus puntos conjugados relacionados con la razón cruzada, es que nace el concepto de haces de líneas en involución. Muchos de los resultados que se muestran son gracias al principio de dualidad.

Haces de líneas en involución

Definición. Dado un haz de rectas correlacionadas por parejas y donde los puntos de intersección de los pares con cualquier transversal que no pase por el vértice del haz son pares conjugados de una involución de puntos.

Ejemplo: Sean el haz con las rectas correlacionadas por pares $a, a^{'}, b, b^{'}, c$ y $c^{'}$ . Tracemos una recta que corte al haz de rectas y que no pase por $O^{'}$ , se tienen las intersecciones $A, A^{'}, B, B^{'}, C$ y $C^{'}$ y donde estos son pares de puntos conjugados de una involución. De esta forma se tiene un haz de rectas en involución.

$△$

Propiedades

Al igual que en las hileras de puntos dobles, entonces las rectas del haz que pasan por estos puntos se les llamaran rectas dobles de la involución

Las dos rectas que pertenecen al mismo par se llaman rectas conjugadas.
De la misma forma en que se tienen los dos tipos de involución hiperbólica y elíptico, estos serán usados con haces de líneas en involución en el mismo sentido que el uso con hileras de puntos en involución.
Del teorema de razón cruzada en la involución, el cual dice «La razón cruzada de cualesquiera cuatro puntos de una involución en la cual están presentes tres pares conjugados, es igual a la razón cruzada de sus cuatro conjugados» nos da la siguiente propiedad si un haz de líneas corta cualquier transversal en una involución, cortará cualquier transversal que no pase por su vértice en una involución.

Ejemplo. Se tiene la razón cruzada y la igualdad ${A C A^{'} B} = {A^{'} C^{'} A B^{'}}$ y como se tiene el haz en involución, entonces cuando corte a la transversal $l^{'}$ se tendrán las siguientes igualdades de razón cruzada:
${A C A^{'} B} = {A_{1} C_{1} A_{1}^{'} B_{1}}$ y ${A^{'} C^{'} A B^{'}} = {A_{1}^{'} C_{1}^{'} A_{1} B_{1}^{'}}$
Y por la igualdad de ${A C A^{'} B} = {A^{'} C^{'} A B^{'}}$ , entonces ${A_{1} C_{1} A_{1}^{'} B_{1}} = {A_{1}^{'} C_{1}^{'} A_{1} B_{1}^{'}}$ .
Lo cumple el teorema de razón cruzada con involución, por lo tanto, los puntos de $l^{'}$ están en involución respecto al punto $O_{1}^{'}$ .

$△$

Haz en involución y el vértice en la circunferencia

Teorema. Sea un haz de rectas en involución donde se tienen los pares conjugados $a, a^{'}, b, b^{'}, c, c^{'}$ y que tienen su vértice en una circunferencia, y si estas rectas cortan la circunferencia nuevamente en $A, A^{'}, B, B^{'}, C, C^{'}$ respectivamente, entonces las rectas $A A^{'}, B B^{'}, C C^{'}$ son concurrentes.

Demostración. Tracemos una recta $l$ que corte al haz y no pase por $Q$ , nos da las intersecciones $A_{1}, B_{1}, C_{1}, A_{1}', B_{1}', C_{1}^{'}$ .

Haces de líneas en circunferencia e hilera en involución

Como los haces de líneas está en involución y cualquier recta que corte al haz nos da una hilera de puntos en involución, por el teorema de razón cruzada con hilera de puntos nos da la siguiente igualdad.

${A_{1} A_{1}^{'} B_{1} C_{1}} = {A_{1}^{'} A_{1} B_{1}^{'} C_{1}^{'}}$

Por propiedades de razón cruzada se cumple:

${a a^{'} b c} = {a^{'} a b^{'} c^{'}}$

Se puede decir que la propiedad de razón cruzada también se cumple para haz de rectas en involución, es decir, que cualesquiera cuatro rectas que tiene de esa involución la razón cruzada va a ser a la de sus correspondientes.
Observemos que estos haces salen a partir del punto $Q$ y pasan por los puntos de intersección con la circunferencia. Entonces se puede poner el haz desde $Q$ :

$Q {A A^{'} B C} = Q {A^{'} A B^{'} C^{'}}$

Y va a ser lo mismo si cambiamos $Q$ por $B^{'}$ y $C$ :

$B^{'} {A A^{'} B C} = C {A^{'} A B^{'} C^{'}}$

Tracemos las rectas $A A^{'}$ , $B B^{'}$ y $C C^{'}$ , y tracemos la recta $B^{'} C$ , donde se tienen las intersecciones con $A A^{'}$ que son $X, Y$ y $Z$ . Por demostrar que $X = Y$ .

La razón cruzada de $B^{'} {A A^{'} B C} = B^{'} {A A^{'} X Z}$ y, por otro lado, $C {A^{'} A B^{'} C^{'}} = C {A^{'} A Z Y}$ , entonces ${A A^{'} X Z} = {A^{'} A Z Y}$ . De esta igualdad se tienen tres puntos iguales $A^{'}, A$ y $Z$ , y el cuarto punto $X$ y $Y$ deben ser iguales, ya que si intercambiamos dos puntos de esta razón cruzada, los otros dos también deben intercambiarse, para que se conserve la razón cruzada entonces se tiene la igualdad:

${A A^{'} X Z} = {A A^{'} Y Z}$

Por lo cual $X = Y$ y se concluye que las rectas $A A^{'}$ , $B B^{'}$ y $C C^{'}$ son concurrentes.

Del resultado anterior se puede generar la duda de que pasa si la involución es hiperbólica o elíptica, por ende se debe definir de manera más formal.

Definición. Sea $a, a^{'}, b, b^{'}, c, c^{'}$ los haces de líneas en involución y una recta $l$ que no pase por el vértice $Q$ del haz, la cual generara intersecciones con el haz, las cuales son $A, A^{'}, B, B^{'}, C, C^{'}$ respectivamente.

Si $A, A^{'}, B, B^{'}, C, C^{'}$ es una involución elíptica, se dice que el haz está en involución elíptica.
Si $A, A^{'}, B, B^{'}, C, C^{'}$ es una involución hiperbólica, se dice que el haz está en involución hiperbólica.

Rectas Conjugadas en ángulos rectos

Teorema. En un haz de rectas en involución siempre hay un par de rectas conjugadas perpendiculares entre sí, por otra parte, si existe más de un par de rectas conjugadas en ángulos rectos, entonces todos los pares conjugados son perpendiculares entre sí y la involución es elíptica.

Demostración. Sea un haz de rectas en involución $a, a^{'}, b, b^{'}, c, c^{'}$ con $Q$ vértice, tracemos una circunferencia con centro $O$ que pase por $Q$ y el haz corte a la circunferencia en los puntos $A, A^{'}, B, B^{'}, C, C^{'}$ respectivamente al orden que se mencionó las rectas.
Por el teorema anterior se afirma que las rectas $A A^{'}, B B^{'}, C C^{'}$ son concurrentes en $X$ . Tracemos la recta $X O$ , la cual corta a la circunferencia en dos puntos $D$ y $D^{'}$ los cuales son puntos extremos del diámetro $D D^{'}$ . Si trazamos las rectas $D Q$ y $D^{'} Q$ nos forma un ángulo recto $∠ D Q D^{'}$ .

Por demostrar que las rectas $D Q$ y $D^{'} Q$ son un par conjugado de la involución. Tracemos una recta $l$ que corte al haz $a, a^{'}, b, b^{'}, c, c^{'}$ en involución en los puntos $A_{1}, A_{1}', B_{1}, B_{1}', C_{1}, C_{1}^{'}$ respectivamente, además corta a las rectas $Q D$ y $Q D^{'}$ en $D_{1}$ y $D_{1}^{'}$ respectivamente.

Tenemos que ver que los pares $D_{1}$ y $D_{1}^{'}$ están en la hilera de puntos en involución, entonces supongamos que $D_{1}$ tiene su par conjugado en la involución $D_{1}^{'}$ $^{'}$ , se quiere demostrar que $D_{1}^{'} = D_{1}^{'}$ $^{'}$ . Por teorema de razón cruzada en involución se tienen las siguientes igualdades:

${A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}} = {A_{1}^{'} B_{1}^{'} C_{1}^{'} D_{1}^{'}$ $^{'}}$ y ${A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}} = Q {A B C D}$ .

Ahora en razón cruzada nos dice que si cuatro secantes que pasan por un punto $X$ y al observar la razón cruzada del haz formado por un punto $Q$ en la circunferencia con los puntos $A, B, C, D$ debe ser la misma razón cruzada del haz con los puntos correspondientes de la secante ósea $A^{'}, B^{'}, C^{'}, D^{'}$ , lo cual da la igualdad:

$Q {A B C D} = Q {A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}}$ y ademas $Q {A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = {A_{1}^{'} B_{1}^{'} C_{1}^{'} D_{1}^{'}}$ .

Por lo cual da la igualdad:

${A_{1}^{'} B_{1}^{'} C_{1}^{'} D_{1}^{'}$ $^{'}} = {A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}} = Q {A B C D} = Q {A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = {A_{1}^{'} B_{1}^{'} C_{1}^{'} D_{1}^{'}}$

Entonces ${A_{1}^{'} B_{1}^{'} C_{1}^{'} D_{1}^{'}$ $^{'}} = {A_{1}^{'} B_{1}^{'} C_{1}^{'} D_{1}^{'}}$ por ende $D_{1}^{'} = D_{1}^{'}$ $^{'}$ , se concluye que $D Q$ y $D^{'} Q$ son un par conjugado perpendicular de la involución.

Ahora, si existe otro par de rectas conjugadas en ángulos rectos, las cuales supongamos que son $b$ y $b^{'}$ , esto nos diría que sus puntos $B$ y $B^{'}$ son diametralmente opuestos, por lo cual, las rectas $D D^{'}$ y $B B^{'}$ se cortan en el centro $O$ .
Y como se tiene el haz de rectas conjugadas en involución $a, a^{'}, D Q, D^{'} Q, b, b^{'}$ entonces las rectas $A A^{'}, D D^{'}$ y $B B^{'}$ son concurrentes, pero como $D D^{'}$ y $B B^{'}$ se cortan en $O$ entonces también $A A^{'}$ pasa por $O$ . Se concluye que todos los pares conjugados son perpendiculares entre sí y la involución es elíptica.

Teoremas relacionados con los haces de líneas en involución

Se mencionarán tres teoremas, los cuales se dejaran como ejercicios a resolver.

Teorema. Dado un cuadrángulo completo, sus tres pares de lados opuestos son intersecados por cualquier transversal que no pasa por un vértice en tres pares de puntos conjugados de una involución.

Teorema. Sea un cuadrángulo inscrito en una circunferencia, cualquier recta que no pase por un vértice, corta a la circunferencia y los pares de lados opuestos del cuadrángulo en una involución.

Teorema. Si dos pares de lados opuestos de un cuadrángulo completo son ortogonales, el tercer par es también ortogonal.

Más adelante…

Se dejarán los ejercicios correspondientes a esta unidad de Razón Cruzada.

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Álgebra Moderna I: Introducción al curso

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

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(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

¡Un curso salvaje de Álgebra Moderna ha aparecido!

El concepto de grupo como tal se da en el siglo XIX. Nace de varios problemas que se estaban trabajando en distintas áreas de las matemáticas, como por ejemplo, en la Teoría de los números, en la Geometría de transformaciones lineales y en el Análisis de las transformaciones continuas.

Un origen alternativo del término grupo está en la búsqueda de soluciones para ecuaciones de distintos grados. Desde el siglo XVIII a.C. los babilonios tenían su propia manera de encontrar las soluciones de ecuaciones de 1ro y 2do grado. Más adelante, en el siglo III d.C. el matemático Diofanto introduce en Grecia una notación algebraica y avanza con el estudio del problema de las soluciones de ecuaciones de grados mayores a dos.

Siglos después, en el siglo VIII, el árabe Al-Juarismi da métodos básicos para resolver ecuaciones polinomiales usando justificaciones geométricas. Después de él, se da un estancamiento para resolver ecuaciones de grado mayor.

En el siglo XVI se da un avance gracias a cuatro matemáticos: Niccolò Fontana Tartaglia, Gerolamo Cardano, su alumno Lodovico Ferrari y Scipione del Ferro. La historia cuenta que Tartaglia encuentra la forma de resolver ecuaciones de grado tres usando radicales, es decir, una fórmula general para resolverlas a partir de los coeficientes usando operaciones básicas como la suma, la resta, la multiplicación y la división. Después de contarle a Cardano, Tartaglia le pide que guarde el secreto. Pero Del Ferro también encuentra una solución al problema y al igual que Tartaglia se le dice a Cardano, así que Cardano piensa que ya no es necesario guardar el secreto de Tartaglia y decide publicar en su libro Ars Magna las soluciones a las ecuaciones de tercer grado, así como la solución a las ecuaciones de grado cuatro descubiertas por su discípulo Ferrari.

Para las ecuaciones de grado cinco no hay avance en mucho tiempo. Fue en el siglo XVIII Joseph-Louis Lagrange retoma el problema y utiliza permutaciones de las raíces de un polinomio para crear una ecuación auxiliar y tratar de encontrar así la solución a ecuaciones de quinto grado usando radicales. A pesar de que no logra resolver el problema, su trabajo es muy importante y retomado más adelante.

A finales de este mismo siglo, Niels Henrik Abel y Paolo Ruffini retoman el trabajo de Lagrange y se dan cuenta que existen ecuaciones de grado cinco que no son solubles con radicales, su trabajo se resume en el Teorema de Abel-Ruffini.

Quién sí logra entender completamente el problema y definir qué ecuaciones de grado cinco (o mayor) tienen soluciones y cuáles no se pueden resolver con radicales fue Évariste Galois. En este camino descubre lo que ahora conocemos como Teoría de grupos, aunque es hasta 1844 que Augustin Louis Cauchy introduce la notación actual que usamos para esta rama del Álgebra.

Esto es precisamente lo que vamos a estudiar en este semestre, no en sí la resolución de ecuaciones, si no la parte básica de la Teoría de grupos. Es posible que ya estés familiarizado con alguna de las estructuras que trataremos porque daremos por hecho que posees conocimientos de Álgebra Superior I, Álgebra Superior II, Álgebra Lineal I y Álgebra Lineal II.

Sobre la estructura del curso

El curso consiste en 48 entradas divididas por temas importantes y agrupadas en cinco unidades:

Unidad 1: Grupos y Subgrupos
Unidad 2: Permutaciones
Unidad 3: Grupo cociente y Homomorfismos
Unidad 4: Acciones y Teoremas de Sylow
Unidad 5: Jordan Hölder y el Teorema fundamental

Cada una de las entradas está dividida en cuatro secciones importantes: Introducción, Tarea moral, Más adelante… y Entradas relacionadas.

En la Introducción se pretende dar una motivación a los temas que se verán, además de relacionar la entrada actual con la entrada anterior. Luego, durante el desarrollo de la entrada, el contenido también se divide en secciones, estas secciones dependen de la duración y de los temas que se traten.

En la sección de Tarea moral se dejan ejercicios para que repases los temas de la entrada en la que están. Más adelante… es una sección en la que queremos relacionar los temas vistos con futuras entradas.

Por último, la sección de Entradas relacionadas se explica por sí sola. Ahí podrás encontrar las entradas anterior y siguiente inmediatas a la entrada que estás leyendo, un enlace que te llevará directamente a la lista de otros cursos que pueden serte de utilidad y uno para ir a la página de presentación de este curso.

Materiales o videos recomendados

A lo largo de las entradas dejamos algo de material extra porque te puede proporcionar mejor perspectiva y parecer interesante. Aquí recopilamos todo ese material y agregamos algo más para que puedas acceder a él de manera más fácil.

Unidad 1:
Grupos de Transformadores p(112-115)
Grupo Diédrico – Socratica
Visualización de cuaterniones – 3Blue1Brown (subtítulos en español)

Unidad 2:
¿Cómo tocar un cubo de Rubik como si fuera un piano? – M. Staff
Juego del 15 – Mathologer
Lagrange – Universidad de la Sorbona (subtítulos en español)
Grupo cociente – Mathemaniac

Unidad 3:
Homomorphism – Socratica
Homomorphism – Mathemaniac

Unidad 4:
Teorema de Cayley – Mathemaniac

Unidad 5:
Simple Groups – Socratica
La mitad de este video toca los temas vistos en la unidad 5. El resto del video te puede abrir el panorama sobre otros temas del Álgebra Moderna interesantes que no se cubren en este curso y además sirve como un cierre del curso ya que retoma lo que se menciona en esta introducción y vuelve a mencionar a Galois.

Más adelante…

Esta sección está en cada entrada para motivarte a seguir adelante con el curso y te proporciona vistazos de futuros usos a lo que hayas estudiado en la entrada. En este caso ¡tienes todo un maravilloso curso de Álgebra Moderna por explorar!

Entradas relacionadas

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Teoría de los Conjuntos I: Conjuntos infinitos no numerables.

Por Gabriela Hernández Aguilar

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Introducción

Al hablar de conjuntos infinitos, resulta natural pensar que entre cualesquiera dos de ellos debería existir una manera de «emparejar» sus elementos, es decir, establecer una biyección entre tales conjuntos, ya que, al fin y al cabo, ambos contienen infinitos elementos. Esta idea puede deberse a que, cuando uno piensa en conjuntos infinitos, lo primero que viene a la mente es el conjunto de los números naturales o el de los enteros, los cuales están ordenados de una manera bastante agradable y nos resulta «fácil» ubicarlos en una recta, como si fueran números colocados sobre una cinta métrica infinita.

Sin embargo, no todos los conjuntos infinitos poseen un orden tan agradable como el de estos dos conjuntos, y muchos de ellos presentan propiedades considerablemente diferentes. Por ejemplo, algunos conjuntos infinitos pueden no tener un buen orden como el de los naturales, o quizás exista tal orden pero nos resulte extremadamente difícil de identificar.

El teorema de Cantor demuestra que, efectivamente, la idea de que se pueden emparejar los elementos de cualesquiera dos conjuntos infinitos es incorrecta. Un ejemplo específico es el conjunto de los números naturales $N$ y su conjunto potencia $P (N)$ ; es imposible emparejar cada elemento de $P (N)$ con uno y solo un elemento de $N$ . Este hecho muestra que existen conjunto infinitos más grandes que otros.

Esta entrada está dedicada precisamente a esta cuestión: exhibir conjuntos infinitos con «diferentes tamaños», específicamente, conjuntos que no sean numerables, es decir, que no sean equipotentes con $N$ . Como hemos venido haciendo, también emplearemos el muy importante teorema de Cantor-Schröder-Bernstein para probar ciertas equipotencias.

Conjuntos más grandes que $N$

Por el teorema de Cantor sabemos que para cada conjunto $A$ se tiene $| A | < | P (A) |$ , es decir, que existe una función inyectiva de $A$ en $P (A)$ pero no una función biyectiva. Así pues, por ejemplo, $P (N)$ además de ser un conjunto infinito, tiene «más» elementos que $N$ , el cual es también infinito. Esto es una muestra de que existen conjuntos infinitos que no son equipotentes. En lo subsecuente exhibiremos algunos otros conjuntos infinitos que sí se pueden biyectar con $P (N)$ y que por tanto no son numerables.

Comenzaremos proporcionando ejemplos que involucran conceptos que hemos visto en la entrada anterior.

Ejemplo.

El conjunto de sucesiones en $N$ , que denotaremos por $N^{N}$ , es equipotente a $P (N)$ .

Demostración.

En la entrada anterior probamos que para cada $A \subseteq N$ infinito, existe una única función biyectiva $F_{A} : N \to A$ tal que $F_{A} (0) = min (A)$ y que $F_{A} (n) < F_{A} (n + 1)$ para cada $n \in N$ . Lo mismo mencionamos respecto a conjuntos finitos no vacíos, es decir, si $A \subseteq N$ es un conjunto finito no vacío, digamos $| A | = n + 1$ con $n \in N$ , existe una única función biyectiva $f_{A} : n + 1 \to A$ tal que $f_{A} (0) = min (A)$ y que $f_{A} (m) < f_{A} (k)$ si y sólo si $m < k$ para cualesquiera $m, k \in n + 1$ .
Si $A \subseteq N$ es finito, podemos extender la función $f_{A}$ a todo $N$ de la siguiente manera: si $f_{A} : n + 1 \to A$ es la única función biyectiva que satisface $f_{A} (0) = min (A)$ y $f_{A} (m) < f_{A} (k)$ si y sólo si $m < k$ para cualesquiera $m, k \in n + 1$ , definimos $F_{A} : N \to A$ por medio de $F_{A} (m) = {\begin{array}{lcc} f_{A} (m) & si m \in n + 1 \\ min (A) & si m \notin n + 1 \end{array}$

Lo anterior nos permite asociar a cada elemento de $P (N) ∖ {\emptyset}$ una única sucesión en $N^{N}$ por medio de la siguiente función: definamos $F : P (N) ∖ {\emptyset} \to N^{N}$ como $F (A) = F_{A}$ para cada $A \in P (N)$ . Debido a la definición de las funciones $F_{A}$ , en cualquier caso, ya sea que $A \subseteq N$ es finito o infinito, se cumple que $F_{A} [N] = A$ ; en consecuencia, si $A$ y $B$ son conjuntos no vacíos tales que $F (A) = F (B)$ tendríamos que para cada $k \in N$ , $F_{A} (k) = F_{B} (k)$ y, por ende, que $A = F_{A} [N] = F_{B} [N] = B$ , lo cual muestra que $F$ es inyectiva.

Ahora bien, para cada $x \in N^{N}$ definamos $x + 1 : N \to N$ por medio de $(x + 1) (n) := x (n) + 1$ para cada $n \in N$ . La función $g : N^{N} \to N^{N}$ definida por medio de $g (x) = x + 1$ es una función inyectiva, pues si $g (x) = g (y)$ para algunas $x, y \in N^{N}$ , entonces, $x (n) + 1 = y (n) + 1$ para cada $n \in N$ y, por tanto, $x (n) = y (n)$ para cada $n \in N$ , es decir, $x = y$ . Observemos además que $g (x) \neq x_{0}$ para cada $x \in N^{N}$ , donde $x_{0} (n) = 0$ para cada $n \in N$ ; en efecto, si $x \in N^{N}$ , entonces, $g (x) (n) = (x + 1) (n) = x (n) + 1 \neq 0$ para cada $n \in N$ ya que $0$ no es sucesor de ningún número natural. Así, la función $g \circ F : P (N) ∖ {\emptyset} \to N^{N}$ es inyectiva y $(g \circ F) (A) \neq x_{0}$ para cada $A \in P (N) ∖ {\emptyset}$ . Por tanto la función $h : P (N) \to N^{N}$ definida como $h (A) = {\begin{array}{lcc} (g \circ F) (A) & si A \neq \emptyset \\ x_{0} & si A = \emptyset \end{array}$ es inyectiva.

Para dar una función inyectiva de $N^{N}$ en $P (N)$ retomaremos al conjunto de números primos $P = {p_{n} : n \in N}$ enumerado de tal forma que $p_{n} < p_{n + 1}$ para cada $n \in N$ . Definamos ahora $T : N^{N} \to P (N)$ por medio de $T (x) = {p_{n}^{x (n)} : n \in N}$ . Notemos que $T$ es una función inyectiva, pues si $T (x) = T (y)$ , entonces, ${p_{n}^{x (n)} : n \in N} = {p_{n}^{y (n)} : n \in N}$ y así $p_{n}^{x (n)} = p_{n}^{y (n)}$ y $x (n) = y (n)$ para cada $n \in N$ , pues de otro modo se contradice al teorema fundamental de la aritmética. Por lo tanto, $x = y$ y $T$ es inyectiva.

Por el teorema de Cantor-Schröder-Bernstein concluimos que $| P (N) | = | N^{N} |$ .

Al contrario de los conjuntos finitos, existen ejemplos de conjuntos infinitos que poseen subconjuntos propios equipotentes a ellos mismos, es decir, existe una biyección entre el subconjunto propio y el conjunto original. Un ejemplo de lo anterior es el conjunto de los números naturales, pues cualquier subconjunto propio de $N$ que sea infinito resulta ser numerable. A continuación vamos a proporcionar otro de estos ejemplos, pero esta vez con un conjunto infinito no numerable.

Ejemplo.

El conjunto $2^{N} := {f \in N^{N} : f (n) \in {0, 1} para cada n \in N}$ es equipotente a $P (N)$ .

Demostración.

Para demostrar la equipotencia de este ejemplo vamos a exhibir una biyección entre tales conjuntos. Para ello haremos lo siguiente, si $A \in P (N)$ definimos $χ_{A} : N \to N$ por medio de $χ_{A} (n) = {\begin{array}{lcc} 1 & si n \in A \\ 0 & si n \in N ∖ A \end{array}$

Lo anterior nos permite establecer una función entre $P (N)$ y $2^{N}$ , función que de hecho resulta ser biyectiva. Veamos primero la inyectividad. Si para $A, B \in P (N)$ se cumple $χ_{A} = χ_{B}$ , entonces $χ_{A} (n) = χ_{B} (n)$ para cada $n \in N$ . En consecuencia, si $n \in A$ , $1 = χ_{A} (n) = χ_{B} (n)$ y por ende $n \in B$ ; análogamente, si $n \in B$ , $1 = χ_{B} (n) = χ_{A} (n)$ y por tanto $n \in A$ . Por consiguiente $A = B$ , lo que demuestra la inyectividad de la función.
Resta probar la sobreyectividad. Consideremos $χ \in 2^{N}$ un elemento arbitrario. Definamos $A := {n \in N : χ (n) = 1}$ y veamos que $χ_{A} = χ$ . Si $n \in A$ , entonces $χ (n) = 1$ por definición del conjunto $A$ y, por otro lado, $χ_{A} (n) = 1$ por definición de la función $χ_{A}$ . Si ahora $n \in N ∖ A$ , $χ (n) = 0$ por definición del conjunto $A$ mientras que $χ_{A} (n) = 0$ por definición de la función $χ_{A}$ . Esto muestra que $χ (n) = χ_{A} (n)$ para cada $n \in N$ y por ende que $χ = χ_{A}$ . Así pues, la función $F : P (N) \to 2^{N}$ definida por medio de $F (A) = χ_{A}$ para cada $A \in P (N)$ es una biyección y, por tanto, $| P (N) | = | 2^{N} |$ .

Como lo mencionamos previamente, ahora contamos con un ejemplo de un conjunto infinito no numerable que posee un subconjunto propio equipotente a él, específicamente $N^{N}$ y $2^{N}$ son equipotentes y $2^{N} ⊊ N^{N}$ . Conjuntos de este tipo, es decir, conjuntos que poseen subconjuntos propios equipotentes a ellos, reciben un nombre particular que anotamos en la siguiente definición.

Definición. Un conjunto $X$ se llama infinito según Dedekind si existe una función inyectiva $f : X \to X$ tal que $f [X] \neq X$ .

Que un conjunto sea infinito según Dedekind implica que dicho conjunto es infinito. Y ya que contamos con algunos ejemplos de conjuntos infinitos que también son infinitos según Dedekind, surge de manera natural la pregunta: ¿todo conjunto infinito es infinito según Dedekind? Dicha cuestión no la podemos responder con lo que hemos visto hasta ahora y es por eso que la dejaremos para más adelante.

Una consecuencia inmediata del último ejemplo es el siguiente corolario.

Corolario. Sean $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n} \in N$ naturales distintos con $n \geq 1$ . El conjunto ${f \in N^{N} : f [N] \subseteq {a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}}}$ es equipotente a $N^{N}$ .

Demostración.

Dado que $j : {f \in N^{N} : f [N] \subseteq {a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}}} \to N^{N}$ definida por medio de $j (f) = f$ es una función inyectiva, basta exhibir una función inyectiva de $N^{N}$ en ${f \in N^{N} : f [N] \subseteq {a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}}}$ .

Denotemos $A := {f \in N^{N} : f [N] \subseteq {a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}}}$ . Si denotamos $B := {f \in N^{N} : f [N] \subseteq {a_{0}, a_{1}}}$ , entonces $B \subseteq A$ . Para cada $χ \in 2^{N}$ definamos $f_{χ} : N \to N$ de la siguiente manera $f_{χ} (n) = {\begin{array}{lcc} a_{0} & si χ (n) = 0 \\ a_{1} & si χ (n) = 1 \end{array}$
A partir de la definición anterior tenemos que $f_{χ} \in B$ para cada $χ \in 2^{N}$ , lo cual nos permite definir $F : 2^{N} \to B$ por medio de $F (χ) = f_{χ}$ . Resulta que $F$ es una biyección. En efecto, por un lado es inyectiva ya que si $F (χ) = F (χ^{'})$ , entonces $f_{χ} (n) = f_{χ^{'}} (n)$ para cada $n \in N$ , de modo que si $χ (n) = 0$ se tiene que $a_{0} = f_{χ} (n) = f_{χ^{'}} (n)$ y por tanto $χ^{'} (n) = 0$ ; asimismo, si $χ (n) = 1$ se tiene que $a_{1} = f_{χ} (n) = f_{χ^{'}} (n)$ por lo que $χ^{'} (n) = 1$ . Por tanto $χ (n) = χ^{'} (n)$ para cada $n \in N$ y así $χ = χ^{'}$ .
Ahora para mostrar que $F$ es sobreyectiva tomemos $f \in B$ elemento arbitrario y definamos $χ : N \to N$ por medio de $χ (n) = {\begin{array}{lcc} 1 & si f (n) = a_{1} \\ 0 & si f (n) = a_{0} \end{array}$
Luego, $f_{χ} = f$ , pues si $n \in N$ es tal que $f (n) = a_{1}$ se tiene que $χ (n) = 1$ por definición de $χ$ y así $f_{χ} (n) = a_{1}$ ; por otro lado, si $n \in N$ es tal que $f (n) = a_{0}$ se tiene que $χ (n) = 0$ por definición de $χ$ y por ende $f_{χ} (n) = a_{0}$ . Podemos concluir entonces que $F (χ) = f_{χ} = f$ , lo que demuestra que $F$ es sobreyectiva. Por tanto $F$ es una biyección y $| 2^{N} | = | B |$ .
Ahora, sean $h : N^{N} \to 2^{N}$ una función biyectiva (la cual sabemos que existe pues $| N^{N} | = | P (N) | = | 2^{N} |$ ) y $ι : B \to A$ la función inclusión, es decir, $ι (f) = f$ para cada $f \in B$ . Luego, $ι \circ h : N^{N} \to A$ es una función inyectiva.
Por el teorema de Cantor-Schröder-Bernstein concluimos que $| N^{N} | = | A |$ .

Observemos que el corolario muestra que existen una infinidad de subcojuntos propios de $N^{N}$ equipotentes a él. Dado que $| P (N) | = | N^{N} |$ , entonces $P (N)$ también posee una cantidad infinita de subconjuntos propios equipotentes a él. El siguiente ejemplo es uno de tales subconjuntos.

Ejemplo.

El conjunto $[N]^{N} := {A \subseteq N : | A | = | N |}$ es equipotente a $P (N)$ .

Demostración.

Dado que $[N]^{N} \subseteq P (N)$ lo único que hace falta es exhibir una función inyectiva de $P (N)$ en $[N]^{N}$ .

Consideremos al conjunto de números primos $P = {p_{n} : n \in N}$ donde $p_{n} < p_{n + 1}$ para cada $n \in N$ . Definamos $g : N^{N} \to [N]^{N}$ como $g (x) = {p_{n}^{x (n) + 1} : n \in N}$ . Dado que para cada $x \in N^{N}$ , $x (n) + 1 \neq 0$ para toda $n \in N$ , tenemos que ${p_{n}^{x (n) + 1} : n \in N}$ es un conjunto infinito, por lo que $g$ tiene el codominio adecuado. Por otro lado, $g$ es inyectiva ya que si $g (x) = g (y)$ , entonces $p_{n}^{x (n) + 1} = p_{n}^{y (n) + 1}$ para cada $n \in N$ por el teorema fundamental de la aritmética y, más aún, $x (n) + 1 = y (n) + 1$ para cada $n \in N$ , lo que demuestra que $x = y$ . Si $h : P (N) \to N^{N}$ es una biyección se sigue que $g \circ h : P (N) \to [N]^{N}$ es una función inyectiva. Por el teorema de Cantor-Schröder-Bernstein concluimos que $| P (N) | = | [N]^{N} |$ .

Como un ejercicio para esta entrada dejaremos el siguiente ejemplo.

Ejemplo.

$N^{N} := {f \in N^{N} : f (n) < f (n + 1) para cada n \in N}$ es equipotente a $[N]^{N}$ , y por tanto equipotente a $P (N)$ .

Para finalizar con esta serie de ejemplos de conjuntos no numerables y equipotentes a $P (N)$ hablaremos del conjunto de números reales.
Para lo que sigue vamos a suponer que ya conocemos todas las propiedades básicas del conjunto de números reales, y si no se conocen dichas propiedades o lo que es un número real, puedes consultar cualquier libro introductorio a la teoría de conjuntos como el de Hernández¹, o también puedes consultarlo en un libro de cálculo como el de Spivak².
Además de lo dicho en el párrafo precedente, estaremos haciendo un abuso de notación escribiendo las contenciones $N \subseteq Z \subseteq Q \subseteq R$ .
Dicho lo anterior tenemos la siguiente proposición.

Proposición. El intervalo abierto $(0, 1) = {r \in R : 0 < r < 1}$ es equipotente a $R$ .

Demostración.

Definamos $f : R \to (0, 1)$ por medio de $f (x) = {\begin{array}{lcc} \frac{4 x + 1}{4 x + 2} & si x \geq 0 \\ \frac{1}{2 (1 - 2 x)} & si x < 0 \end{array}$
Lo primero que se debe observar es que la función $f$ tiene el codominio adecuado, es decir, $f (x) \in (0, 1)$ para cada $x \in R$ . Si $x \geq 0$ , entonces, $0 < 4 x + 1 < 4 x + 2$ y por tanto $0 < \frac{4 x + 1}{4 x + 2} < 1$ , es decir, $f (x) \in (0, 1)$ ; por otro lado, si $x < 0$ , entonces $0 < - 2 x$ y así $1 < 1 - 2 x$ , lo cual implica que $0 < \frac{1}{1 - 2 x} < 1$ y que $0 < \frac{1}{2 (1 - 2 x)} < \frac{1}{2} < 1$ , es decir, $f (x) \in (0, 1)$ . Por tanto, $f (x) \in (0, 1)$ para cada $x \in R$ . Es importante notar que para $x < 0$ vimos que no sólo se cumple $0 < f (x) < 1$ , sino también que $0 < f (x) < \frac{1}{2}$ . Por otro lado, para $x \geq 0$ , tenemos que $0 < 1 + 2 x \leq 1 + 4 x$ por lo que $1 \leq \frac{4 x + 1}{2 x + 1}$ y por tanto $\frac{1}{2} \leq \frac{4 x + 1}{4 x + 2}$ ; de modo que para $x \geq 0$ no sólo se cumple que $f (x) \in (0, 1)$ , sino también que $f (x) \in [\frac{1}{2}, 1)$ .
Veamos ahora que $f$ es una función inyectiva. Sean $x, y \in R$ con $x \neq y$ . Debido a que $R$ posee un orden lineal podemos suponer que $y < x$ . Tenemos los siguientes casos.
Caso 1. $y < 0 \leq x$ . En este caso se tiene que $f (y) \in (0, \frac{1}{2})$ mientras que $f (x) \in [\frac{1}{2}, 1)$ , razón por la cual $f (x) \neq f (y)$ .
Caso 2. $0 \leq y < x$ . En este caso se tiene que $f (y) = \frac{4 y + 1}{4 y + 2}$ y $f (x) = \frac{4 x + 1}{4 x + 2}$ . Luego, si ocurriera que $\frac{4 y + 1}{4 y + 2} = \frac{4 x + 1}{4 x + 2}$ , entonces $(4 y + 1) (4 x + 2) = (4 x + 1) (4 y + 2)$ , lo cual implica $(4 y + 1) (2 x + 1) = (4 x + 1) (2 y + 1)$ , es decir, $8 x y + 4 y + 2 x + 1 = 8 x y + 4 x + 2 y + 1$ y por ende $2 y = 2 x$ , lo cual contradice que $x \neq y$ . Por tanto, $f (x) \neq f (y)$ .
Caso 3. $y < x < 0$ . Si ocurriera que $f (x) = f (y)$ , entonces $\frac{1}{2 (1 - 2 x)} = \frac{1}{2 (1 - 2 y)}$ y por ende, $1 - 2 x = 1 - 2 y$ , de donde $x = y$ y eso contradice la elección de $x$ y $y$ . Por tanto $f$ es una función inyectiva.

Veamos ahora que $f$ es sobreyectiva. Sea $r \in (0, 1)$ . Si $r \in (0, \frac{1}{2})$ , entonces $2 < \frac{1}{r}$ , lo cual implica $\frac{1}{2} < \frac{1}{4 r}$ y así $x := \frac{1}{2} - \frac{1}{4 r}$ es un número real menor a $0$ ; luego, para tal $x$ tenemos que $f (x) = \frac{1}{2 (1 - 2 x)} = \frac{1}{2 (1 - (1 - \frac{1}{2 r}))} = \frac{1}{2 \cdot \frac{1}{2 r}} = r$ . Si ahora $r \in [\frac{1}{2}, 1)$ , entonces $2 r - 1 \geq 0$ y $1 - r > 0$ , por lo que $x := \frac{2 r - 1}{4 (1 - r)}$ es un número real mayor o igual a $0$ para el cual se cumple $f (x) = \frac{4 x + 1}{4 x + 2} = \frac{4 (\frac{2 r - 1}{4 (1 - r)}) + 1}{4 (\frac{2 r - 1}{4 (1 - r)}) + 2} = \frac{\frac{2 r - 1}{1 - r} + 1}{\frac{2 r - 1}{1 - r} + 2} = \frac{\frac{2 r - 1 + 1 - r}{1 - r}}{\frac{2 r - 1 + 2 - 2 r}{1 - r}} = \frac{r}{1} = r$ . Lo anterior prueba que $f$ es sobreyectiva.

Por lo tanto $f$ es una biyección y $| R | = | (0, 1) |$ .

Una consecuencia de la proposición anterior es el siguiente corolario.

Corolario. El intervalo $[0, 1] := {r \in R : 0 \leq r \leq 1}$ es equipotente a $R$ .

Demostración.

Dado que $[0, 1] \subseteq R$ , basta mostrar que existe una función inyectiva de $R$ en $[0, 1]$ . Por la proposición anterior existe una función biyectiva $f : R \to (0, 1)$ y así la función $F : R \to [0, 1]$ definida como $F (x) = f (x)$ para cada $x \in R$ es inyectiva. Por el teorema de Cantor-Schröder-Bernstein concluimos que $| R | = | [0, 1] |$ .

Si bien la demostración del corolario anterior fue muy rápida y utilizamos el importante teorema de Cantor-Schröder-Bernstein, siempre resulta interesante determinar una biyección explícita, y precisamente en el caso del corolario anterior lo podemos hacer.

Definamos $S := {\frac{1}{n} : n \in N ∖ {0}} \cup {0}$ . Definamos $g : [0, 1] \to (0, 1)$ por medio de $g (x) = {\begin{array}{lcc} x & si x \notin S \\ \frac{1}{n + 2} & si x = \frac{1}{n}, n \in N ∖ {0} \\ \frac{1}{2} & si x = 0 \end{array}$

La función anterior resulta ser una biyección entre $[0, 1]$ y $(0, 1)$ . Primero veremos que $g$ es inyectiva. Sean $x, y \in [0, 1]$ con $x \neq y$ . Tenemos algunos casos.

Caso 1. $x, y \notin S$ . En este caso $g (x) = x \neq y = g (y)$ .
Caso 2. $x \in S$ , $y \notin S$ . Dado que para cada $z \in S$ se tiene $g (z) \in S$ , entonces, $g (x) \in S$ mientras que $g (y) = y \notin S$ . Por tanto $g (x) \neq g (y)$ .
Caso 3. $x \notin S$ , $y \in S$ . Análogo al caso $2$ .
Caso 4. $x, y \in S$ . Si $x = 0$ y $y = \frac{1}{n}$ con $n \in N ∖ {0}$ , entonces $g (x) = \frac{1}{2}$ y $g (y) = \frac{1}{n + 2}$ . Como $n \geq 1$ se tiene que $n + 2 \geq 3$ y por tanto $\frac{1}{2} \neq \frac{1}{n + 2}$ , es decir, $g (x) \neq g (y)$ . Análogamente, si $y = 0$ y $x = \frac{1}{n}$ con $n \in N ∖ {0}$ , $g (x) \neq g (y)$ . Supongamos ahora que $x = \frac{1}{n}$ y $y = \frac{1}{m}$ con $n, m \in N ∖ {0}$ con $n \neq m$ .
Luego, $g (x) = \frac{1}{n + 2} \neq \frac{1}{m + 2} = g (y)$ pues de lo contrario tendríamos $n + 2 = m + 2$ y $n = m$ , lo cual contradice $n \neq m$ .
Los cuatro casos anteriores muestran que $g$ es inyectiva.

Veamos ahora que $g$ es sobreyectiva. Sea $x \in (0, 1)$ . Si $x \in S$ , entonces $x = \frac{1}{n}$ con $n \in N$ , $n \geq 2$ , por lo que existe $m \in N$ tal que $m + 2 = n$ ; si $m = 0$ , entonces $x = \frac{1}{2} = g (0)$ y si $m > 0$ , entonces, $g (\frac{1}{m}) = \frac{1}{m + 2} = \frac{1}{n} = x$ .
Si $x \notin S$ , entonces $g (x) = x$ . Por tanto, $g$ es sobreyectiva y en consecuencia una biyección. Esto muestra que $[0, 1]$ y $(0, 1)$ son equipotentes y, por tanto, $[0, 1]$ y $R$ son equipotentes. Más aún, contamos con una biyección explícita entre $[0, 1]$ y $R$ .

Para exhibir la biyección entre $[0, 1]$ y $(0, 1)$ utilizamos el hecho de que $[0, 1]$ contiene un conjunto numerable, específicamente el conjunto $S = {\frac{1}{n} : n \in N ∖ {0}} \cup {0}$ . Precisamente este hecho fue el que jugó un papel fundamental, pues como veremos en la siguiente proposición, si $X$ es un conjunto infinito que contiene un conjunto numerable, entonces, para cada $A \subseteq X$ conjunto finito, se cumple $| X ∖ A | = | X |$ .

Proposición. Sea $X$ un conjunto infinito tal que existe una función inyectiva $f : N \to X$ . Entonces, para cada $A \subseteq X$ conjunto finito, $| X ∖ A | = | X |$ .

Demostración.

Como lo mostrarás en los ejercicios de esta sección, basta mostrar que para cada $x \in X$ , los conjuntos $X ∖ {x}$ y $X$ son equipotentes.

Sea pues $x \in X$ . Sea $f : N \to X$ una función inyectiva y denotemos por $N$ a la imagen de $f$ , esto es $N := i m (f) = {f (n) : n \in N}$ .

Si $x \notin N$ , definamos $g : X \to X ∖ {x}$ por medio de $g (y) = {\begin{array}{lcc} y & si y \notin N \cup {x} \\ f (0) & si y = x \\ f (n + 1) & si y = f (n) \end{array}$

Comprobar que esta función es biyectiva es análogo a como lo hicimos con la función biyectiva que exhibimos entre los intervalos $[0, 1]$ y $(0, 1)$ , por lo que lo dejaremos como un ejercicio para esta entrada.

Supongamos ahora que $x \in N$ y sea $n \in N$ tal que $x = f (n)$ . Para este caso definamos $h : X \to X ∖ {x}$ por medio de $h (y) = {\begin{array}{lcc} y & si y \notin N ∖ {f (m) : m < n} \\ f (m + 1) & si y = f (m), m \geq n \end{array}$

Nuevamente, comprobar que esta función es biyectiva es similar a lo que hemos hecho. Esto nos permite concluir que $| X ∖ {x} | = | X |$ para cada $x \in X$ .

La proposición precedente muestra además que todo conjunto que contenga un conjunto numerable es infinito segun Dedekind, pues si tomamos $x \in X$ , entonces $X ∖ {x} ⊊ X$ y $| X ∖ {x} | = | X |$ .

Para culminar la entrada mostraremos que $(0, 1)$ y $P (N)$ son equipotentes y que por tanto $R$ y $P (N)$ lo son. Esto lo escribiremos como un teorema.

Teorema. $(0, 1)$ y $P (N)$ son equipotentes.

Demostración.

Primero vamos a mostrar la siguiente afirmación: para cada $r \in (0, 1)$ , existe una única función $χ_{r} : N \to N$ que satisface $χ_{r} (n) \in {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$ para cada $n \in N$ y tal que $0 \leq x - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r} (i)}{10^{i}} < \frac{1}{10^{n}}$ .

Sea pues $r \in (0, 1)$ . Probaremos por inducción que para cada $n \in N$ existe una única función $χ_{r}^{(n)} : n + 1 \to N$ tal que $χ_{r}^{(n)} [n + 1] \subseteq {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$ y $0 \leq x - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n)} (i)}{10^{i}} < \frac{1}{10^{n}}$ .
Para $n = 0$ definamos $χ_{r}^{(0)} : 1 \to N$ por medio de $χ_{r}^{(0)} (0) = 0$ . Luego, $0 \leq r = r - \frac{χ_{r}^{(0)} (0)}{10^{0}} < 1 = \frac{1}{10^{0}}$ . Si $y : 1 \to N$ es otra función tal que $y (0) \in {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$ y $0 \leq r - \frac{y (0)}{10^{0}} < \frac{1}{10^{0}}$ , entonces, $y (0) \leq r < 1$ y por tanto $y (0) = 0$ , ya que el único natural menor a $1$ es $0$ . Por tanto, $χ_{r}^{(0)} = y$ , lo que demuestra que para $n = 0$ el enunciado es verdadero.
Supongamos que el resultado es válido para algún $n \geq 0$ . Sea $χ_{r}^{(n)} : n + 1 \to N$ la única función de la hipótesis. Primero vamos a demostrar la existencia de una función $χ_{r}^{(n + 1)}$ con las propiedades deseadas y luego probaremos su unicidad. Dado que $0 \leq r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n)} (i)}{10^{i}} < \frac{1}{10^{n}}$ se sigue que $0 \leq 10^{n} (r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n)} (i)}{10^{i}}) < 1$ . Si ocurriera que $r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n)} (i)}{10^{i}} = 0$ , definimos $χ_{r}^{(n + 1)} : n + 2 \to N$ como $χ_{r}^{(n + 1)} (i) = {\begin{array}{lcc} χ_{r}^{(n)} (i) & si i \in n + 1 \\ 0 & si i = n + 1 \end{array}$
Definida de esa manera la función $χ_{r}^{(n + 1)}$ se satisfacen las hipótesis deseadas. Supongamos ahora que $0 < r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n)} (i)}{10^{i}}$ y definamos $\hat{r} := 10^{n} (r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n)} (i)}{10^{i}})$ , número real que sabemos satisface $0 < \hat{r} < 1$ . Consideremos el conjunto $A = {m \in N : m \leq 10 \hat{r}}$ , el cual es no vacío ya que $0 < \hat{r}$ y por tanto $0 \leq 10 \hat{r}$ ; además, $A$ es acotado superiormente ya que $\hat{r} < 1$ y por tanto $10 \hat{r} < 10$ , de modo que si $m \in A$ , entonces $m < 10$ . Así, existe $a = max (A)$ , el cual es un natural dentro del conjunto ${0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$ . Por la maximalidad de $a$ se tiene que $10 \hat{r} < a + 1$ y así $\frac{a}{10} \leq \hat{r} < \frac{a}{10} + \frac{1}{10}$ , es decir, $0 \leq \hat{r} - \frac{a}{10} < \frac{1}{10}$ .
Luego, dado que $\hat{r} = 10^{n} (r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n)} (i)}{10^{i}})$ se sigue que $0 \leq r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n)} (i)}{10^{i}} - \frac{a}{10^{n + 1}} < \frac{1}{10^{n + 1}}$ . Si definimos $χ_{r}^{(n + 1)} : n + 2 \to N$ por medio de $χ_{r}^{(n + 1)} (i) = {\begin{array}{lcc} χ_{r}^{(n)} (i) & si i \in n + 1 \\ a & si i = n + 1 \end{array}$

entonces $χ_{r}^{(n + 1)}$ es una función que satisface las condiciones deseadas. Así, hemos demostrado la existencia de una función con las características requeridas. Veamos que ésta es única. Supongamos que $η : n + 2 \to N$ es otra función que satisface las mismas propiedades que $χ_{r}^{(n + 1)}$ .
Luego, en particular, $0 \leq r - \sum_{i = 0}^{n + 1} \frac{η (i)}{10^{i}} < \frac{1}{10^{n + 1}}$ y por tanto $0 \leq r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{η (i)}{10^{i}} < \frac{1}{10^{n + 1}} + \frac{η (n + 1)}{10^{n + 1}} \leq \frac{1}{10^{n + 1}} + \frac{9}{10^{n + 1}} = \frac{10}{10^{n + 1}} = \frac{1}{10^{n}}$ . De este modo, la función $η ↾_{n + 1} : n + 1 \to N$ satisface las mismas condiciones que la función $χ_{r}^{(n)}$ , y por la unicidad de esta última función se sigue que $η (i) = χ_{r}^{(n)} (i)$ para cada $i \in n + 1$ . Así, la función $η$ coincide con la función $χ_{r}^{(n + 1)}$ en $n + 1$ , por lo que resta probar que $η (n + 1) = χ_{r}^{(n + 1)} (n + 1) = a$ .
Sabemos que $0 \leq r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n + 1)} (i)}{10^{i}} - \frac{η (n + 1)}{10^{n + 1}} < \frac{1}{10^{n + 1}}$ y por tanto, $0 \leq 10^{n + 1} (r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ^{(n + 1)} (i)}{10^{i}}) - η (n + 1) < 1$ , es decir, $η (n + 1) \leq 10 \hat{r} < η (n + 1) + 1$ , de modo que $η (n + 1) \in A$ y por tanto $η (n + 1) \leq a = χ_{r}^{(n + 1)} (n + 1)$ . Podemos elegir $k \in {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$ tal que $η (n + 1) + k = a$ y tenemos $a = η (n + 1) + k \leq 10 \hat{r}$ , razón por la cual $k \leq 10 \hat{r} - η (n + 1) < (η (n + 1) + 1) - η (n + 1) = 1$ y en consecuencia, $k = 0$ . Por tanto, $η (n + 1) = a = χ_{r}^{(n + 1)} (n + 1)$ . Esto demuestra la unicidad de $χ_{r}^{(n + 1)}$ .

Por lo tanto, para cada $n \in N$ existe una única función $χ_{r}^{(n)} : n + 1 \to N$ tal que $χ_{r}^{(n)} [N] \subseteq {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$ y $0 \leq r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r}^{(n)} (i)}{10^{i}} < \frac{1}{10^{n}}$ . En el proceso de la demostración de la existencia y unicidad de tales funciones, mostramos además que si $χ_{r}^{(n + 1)} : n + 2 \to N$ es la única función con tales propiedades, entonces, $χ_{r}^{(n)} = χ_{r}^{(n + 1)} ↾_{n + 1}$ , lo que muestra que el conjunto de funciones $F := {χ_{r}^{(n)} : n \in N}$ es un sistema de funciones compatibles y, por tanto, $χ_{r} = ⋃ F : N \to N$ es la única función con las propieades que enunciamos en la afirmación.

Estamos entonces en condiciones de definir una función $F : (0, 1) \to {f \in N^{N} : f [N] \subseteq {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}}$ por medio de $F (r) = χ_{r}$ . Dicha función es inyectiva, ya que si $χ_{r} = χ_{r^{'}}$ , entonces, para cada $n \in N$ , $| r - r^{'} | = | r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r} (i)}{10^{i}} + \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r^{'}} (i)}{10^{i}} - r^{'} |$ $\leq | r - \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r} (i)}{10^{i}} | + | \sum_{i = 0}^{n} \frac{χ_{r^{'}} (i)}{10^{i}} - r^{'} |$ $< \frac{1}{10^{n}} + \frac{1}{10^{n}} = \frac{2}{10^{n}}$ lo cual muestra que $| r - r^{'} | = 0$ , es decir, $r = r^{'}$ . Por tanto, existe una función inyectiva de $(0, 1)$ en $N^{N}$ , de modo que $| (0, 1) | \leq | N^{N} | = | P (N) |$ .

Ahora vamos a definir una función inyectiva de $2^{N}$ en $(0, 1)$ . Sea $f \in 2^{N}$ y veamos que la sucesión de números racionales $(\sum_{i = 0}^{n} \frac{f (i)}{10^{i + 1}})_{n \in N}$ converge. Dado que $f (i) \in {0, 1}$ para cada $i \in N$ , la sucesión $(\sum_{i = 0}^{n} \frac{f (i)}{10^{i + 1}})_{n \in N}$ es no decreciente. Luego, para cada $n \in N$ , $0 \leq \sum_{i = 0}^{n} \frac{f (i)}{10^{i + 1}} \leq \sum_{i = 0}^{n} \frac{1}{10^{i + 1}} = \sum_{i = 1}^{n + 1} \frac{1}{10^{i}} = \frac{1 - \frac{1}{10^{n + 2}}}{1 - \frac{1}{10}} - 1 = \frac{1 - \frac{1}{10^{n + 2}}}{(\frac{9}{10})} - 1 < \frac{1}{(\frac{9}{10})} - 1 = \frac{10}{9} - 1 = \frac{1}{9} < 1$ , por lo que dicha sucesión está acotada inferiormente por $0$ y superiormente por $\frac{1}{9}$ y, por tanto, converge a algún número real en el intervalo $[0, \frac{1}{9}]$ . Sea $r_{f} \in [0, \frac{1}{9}]$ el límite de dicha sucesión.
Si la función $f$ no es la constante cero, entonces, $r_{f} \in (0, \frac{1}{9}]$ , ya que existe $N \in N$ tal que $f (N) = 1$ y por tanto, para cada $n \geq N$ , $\frac{1}{10^{N + 1}} \leq \sum_{i = 0}^{n} \frac{f (i)}{10^{i + 1}} \leq r_{f}$ .
Dado que el número real $r_{f}$ es único para cada $f \in 2^{N}$ , estamos en condiciones de definir la siguiente función: sea $G : 2^{N} \to [0, 1)$ tal que $G (f) = {\begin{array}{lcc} r_{f} & si f \neq 0 \\ 0 & si f = 0 \end{array}$

Veamos que $G$ es inyectiva. Por la definición de $G$ sabemos que si $f \neq 0$ , entonces $G (f) \neq G (0)$ . Ahora, sean $f, h \in 2^{N}$ funciones no cero tales que $r_{f} = G (f) = G (h) = r_{h}$ . Veamos que $f (n) = h (n)$ para cada $n \in N$ .
Algo que será de utilidad para probar esto último es la desigualdad $\sum_{i = n + 1}^{m} \frac{1}{10^{i}} < \frac{1}{2 \cdot 10^{n}}$ , la cual es cierta para cualesquiera $n, m \in N$ tales que $n < m$ . En efecto, si $n, m \in N$ con $n < m$ , tenemos $\sum_{i = n + 1}^{m} \frac{1}{10^{i}} = \sum_{i = 0}^{m} \frac{1}{10^{i}} - \sum_{i = 0}^{n} \frac{1}{10^{i}} = \frac{1 - \frac{1}{10^{m + 1}}}{1 - \frac{1}{10}} - \frac{1 - \frac{1}{10^{n + 1}}}{1 - \frac{1}{10}} = \frac{\frac{1}{10^{n + 1}} - \frac{1}{10^{m + 1}}}{(\frac{9}{10})} = \frac{\frac{1}{10^{n}} - \frac{1}{10^{m}}}{9}$ y este número racional es menor que $\frac{1}{2 \cdot 10^{n}}$ , pues $\frac{1}{10^{n}} - \frac{1}{10^{m}} < \frac{1}{10^{n}} < \frac{9}{2} \cdot \frac{1}{10^{n}}$ , pues $1 < \frac{9}{2}$ . Por tanto, para cualesquiera $n, m \in N$ con $n < m$ , $\sum_{i = n + 1}^{m} \frac{1}{10^{i}} < \frac{1}{2 \cdot 10^{n}}$ .

Ahora sí, veamos que $f (n) = h (n)$ para cada $n \in N$ .
Dado que las sucesiones de números racionales $(\sum_{i = 0}^{n} \frac{f (i)}{10^{i + 1}})_{n \in N}$ y $(\sum_{i = 0}^{n} \frac{h (i)}{10^{i + 1}})_{n \in N}$ convergen al número real $r_{f}$ , existe $m \in N$ tal que para cada $n > m$ , $0 \leq r_{f} - \sum_{i = 0}^{n} \frac{f (i)}{10^{i + 1}} < \frac{1}{4 \cdot 10}$ y $0 \leq r_{f} - \sum_{i = 0}^{n} \frac{h (i)}{10^{i + 1}} < \frac{1}{4 \cdot 10}$ . Luego, $| \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{f (i)}{10^{i + 1}} - \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{h (i)}{10^{i + 1}} | = | \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{f (i)}{10^{i + 1}} - r_{f} + r_{f} - \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{h (i)}{10^{i + 1}} |$ $\leq | \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{f (i)}{10^{i + 1}} - r_{f} | + | r_{f} - \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{h (i)}{10^{i + 1}} | < \frac{1}{4 \cdot 10} + \frac{1}{4 \cdot 10} = \frac{1}{2 \cdot 10} .$ Por otro lado, $| \frac{f (0) - h (0)}{10} | - | \sum_{i = 1}^{m + 1} \frac{f (i) - h (i)}{10^{i + 1}} | \leq | \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{f (i) - h (i)}{10^{i + 1}} | < \frac{1}{2 \cdot 10}$ y así $| \frac{f (0) - h (0)}{10} | < \frac{1}{2 \cdot 10} + | \sum_{i = 1}^{m + 1} \frac{f (i) - h (i)}{10^{i + 1}} | \leq \frac{1}{2 \cdot 10} + \sum_{i = 1}^{m + 1} \frac{| f (i) - h (i) |}{10^{i + 1}} .$ Dado que $| f (i) - h (i) | = {\begin{array}{lcc} 1 & si {f (i), h (i)} = {0, 1} \\ 0 & si f (i) = h (i) = 0 o f (i) = h (i) = 1 \end{array}$ entonces, $| f (i) - h (i) | \leq 1$ para cada $i \in N$ y, como $\sum_{i = 1}^{m + 1} \frac{1}{10^{i + 1}} = \sum_{i = 2}^{m + 2} \frac{1}{10^{i}} < \frac{1}{2 \cdot 10}$ , se sigue que $\frac{| f (0) - h (0) |}{10} \leq \frac{1}{2 \cdot 10} + \sum_{i = 1}^{m + 1} \frac{1}{10^{i + 1}} < \frac{1}{10}$ lo cual implica que $| f (0) - h (0) | = 0$ , es decir, $f (0) = h (0)$ . Supongamos que para algún $n \in N$ hemos probado que $f (m) = h (m)$ para cada $m \leq n$ y veamos que $f (n + 1) = h (n + 1)$ .
Sea $m \in N$ , $m \geq n + 1$ , tal que para cada $k > m$ , $| r_{f} - \sum_{i = 0}^{k} \frac{f (i)}{10^{i + 1}} | < \frac{1}{4 \cdot 10^{n + 2}}$ y $| r_{f} - \sum_{i = 0}^{k} \frac{h (i)}{10^{i + 1}} | < \frac{1}{4 \cdot 10^{n + 2}}$ .
Luego, $| \sum_{i = n + 1}^{m + 1} \frac{f (i) - h (i)}{10^{i + 1}} | = | \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{f (i) - h (i)}{10^{i + 1}} | \leq | r_{f} - \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{f (i)}{10^{i + 1}} | + | r_{f} - \sum_{i = 0}^{m + 1} \frac{h (i)}{10^{i + 1}} | < \frac{1}{2 \cdot 10^{n + 2}}$ . Por otro lado, $\frac{| f (n + 1) - h (n + 1) |}{10^{n + 2}} - | \sum_{i = n + 2}^{m + 1} \frac{f (i) - h (i)}{10^{i + 1}} | \leq | \sum_{i = n + 1}^{m + 1} \frac{f (i) - h (i)}{10^{i + 1}} | < \frac{1}{2 \cdot 10^{n + 2}}$ por lo que $\frac{| f (n + 1) - h (n + 1) |}{10^{n + 2}} < \frac{1}{2 \cdot 10^{n + 2}} + | \sum_{i = n + 2}^{m + 1} \frac{f (i) - h (i)}{10^{i + 1}} | \leq \frac{1}{2 \cdot 10^{n + 2}} + \sum_{i = n + 2}^{m + 1} \frac{| f (i) - h (i) |}{10^{i + 1}}$ $\leq \frac{1}{2 \cdot 10^{n + 2}} + \sum_{i = n + 2}^{m + 1} \frac{1}{10^{i + 1}} = \frac{1}{2 \cdot 10^{n + 2}} + \sum_{i = n + 3}^{m + 2} \frac{1}{10^{i}} < \frac{1}{2 \cdot 10^{n + 2}} + \frac{1}{2 \cdot 10^{n + 2}} = \frac{1}{10^{n + 2}}$
y en consecuencia, $| f (n + 1) - h (n + 1) | = 0$ , es decir, $f (n + 1) = h (n + 1)$ . Por tanto, para cada $n \in N$ , $f (n) = h (n)$ , lo que demuestra que $f = h$ .
Así, la función $G$ es inyectiva y, por consiguiente, $| 2^{N} | \leq | [0, 1) |$ . Dado que $| [0, 1) | = | (0, 1) |$ , se sigue que $| P (N) | = | 2^{N} | \leq | (0, 1) |$ . Por el teorema de Cantor-Schröder-Bernstein concluimos que $| (0, 1) | = | P (N) |$ .

Concluimos la entrada con el siguiente corolario, cuya prueba es consecuencia del teorema anterior y el hecho que $| R | = | (0, 1) |$ .

Corolario. $R$ y $P (N)$ son equipotentes.

Tarea moral

Demuestra que el conjunto $N^{N} := {f \in N^{N} : f (n) < f (n + 1) para cada n \in N}$ es equipotente a $[N]^{N}$ .
Demuestra que para cualquier conjunto infinito $X$ que contenga un conjunto numerable se cumple que $| X ∖ A | = | X |$ , para cada $A \subseteq X$ conjunto finito.
Sean $a, b \in R$ con $a < b$ . Demuestra que $| (a, b) | = | (0, 1) |$ .
Exhibe una biyección entre $R$ y $[0, \infty) := {r \in R : r \geq 0}$ .

Más adelante…

En la siguiente entrada introduciremos uno de los axiomas más relevantes de la teoría de conjuntos, el axioma de elección. Dicho axioma nos permitirá responder algunas de las interrogantes que quedaron abiertas en secciones anteriores y, además, veremos algunas de sus sorpredentes consuecuencias.

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Hernández, F., Teoría de Conjuntos, México: Aportaciones Matemáticas No.13,
SMM, 1998 ↩︎
Spivak, M., Cálculo Infinitesimal (2a ed). México: Reverté, 1998. ↩︎

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