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Seminario de Resolución de Problemas: Desigualdades básicas

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

Introducción

En las entradas correspondientes a esta parte del curso aprenderemos varias técnicas que nos permitirán resolver problemas que involucren desigualdades. El área es enorme y hay libros enteros dedicados a ello. Nosotros sólo veremos algunas técnicas. Comenzaremos con desigualdades básicas y nos enfocaremos en los siguientes temas:

Desigualdad $x^{2} \geq 0$ y desigualdad del triángulo
Desigualdades de medias
La desigualdad de Cauchy-Schwarz
Técnicas de cálculo en desigualdades

En esta entrada veremos el primer inciso, que consiste de dos ideas muy sencillas:

Desigualdad $x^{2} \geq 0$ . El cuadrado de cualquier número real es mayor o igual a cero. Es cero si y sólo si el número es cero.

Desigualdad del triángulo. Si $V$ es un espacio vectorial con norma $‖ \cdot ‖$ , entonces para cualesquiera vectores $u$ y $v$ se tiene que $‖ u ‖ + ‖ v ‖ \geq ‖ u + v ‖ .$

La desigualdad $x^{2} \geq 0$ parece muy inocente. Sin embargo, es una herramienta muy versátil cuando se combina con manipulaciones algebraicas creativas. La desigualdad del triángulo la estamos enunciando para espacios vectoriales con norma en general. Dos casos particulares que a lo mejor te son más familiares son los siguientes:

Desigualdad del triángulo para $R$ . Si $a$ y $b$ son números reales, entonces $| a | + | b | \geq | a + b |$ .

Desigualdad del triángulo en $R^{n}$ . Si $A B C$ es un triángulo en el plano (o dimensiones más altas) , de lados de longitudes $\overset{―}{A B} = c$ , $\overset{―}{B C} = a$ y $\overset{―}{C A} = b$ , entonces
$\begin{aligned} a + b & \geq c \\ b + c & \geq a \\ c + a & \geq b . \end{aligned}$

Si una de las igualdades se da, $A B C$ es un triángulo degenerado, es decir, con sus tres vértices alineados. En otro caso, todas las desigualdades son estrictas.

Veamos aplicaciones de estas desigualdades básicas.

La desigualdad $\frac{a^{2} + b^{2}}{2} \geq \sqrt{a b}$

Comenzaremos probando de dos formas distintas una desigualdad que también resulta útil en otras ocasiones.

Problema. Sean $a$ y $b$ números reales mayores o iguales a cero. Muestra que $\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{a b},$ y que la igualdad se da si y sólo si $a$ y $b$ son iguales.

A esta desigualdad se le conoce como la desigualdad MA-MG para dos números reales. También forma parte de las desigualdades básicas que te ayudará conocer. Se llama así pues en el lado izquierdo tenemos a la media aritmética de los números $a$ y $b$ , y al lado derecho tenemos la media geométrica de los números $a$ y $b$ . En realidad la desigualdad se vale para más reales no negativos, pero esto lo veremos en otra entrada.

Sugerencia pre-solución. El problema se puede resolver tanto de manera algebraica, (usando $x^{2} \geq 0$ ) como de manera geométrica (usando la desigualdad del triángulo).

Para resolverlo de la primera forma, trabaja hacia atrás. Haz manipulaciones algebraicas para formular problemas equivalentes hasta que llegues a una desigualdad obvia.

Para resolverlo de la segunda forma, haz una figura en la que puedas representar tanto a la media geométrica como a la aritmética. Una forma de hacerlo es comenzar con una semicircunferencia de diámetro $a + b$ .

Para identificar el caso de igualdad, haz un análisis de casos.

Solución algebraica. Queremos mostrar que $\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{a b} .$ Pasando el dos multiplicando, y luego $2 \sqrt{a b}$ restando al lado izquierdo, esta desigualdad igualdad ocurre si y sólo si $a + b - 2 \sqrt{a b} \geq 0.$ En el lado izquierdo identificamos un binomio al cuadrado, que se puede factorizar para dar la desigualdad equivalente ${(\sqrt{a} - \sqrt{b})}^{2} \geq 0.$

Esta desigualdad es de la forma $x^{2} \geq 0$ , así que es claramente cierta. La igualdad ocurre si y sólo si $\sqrt{a} - \sqrt{b} = 0$ , lo cual sucede si y sólo si $a = b$ . Todos los pasos que hicimos son reversibles. Esto termina la solución.

Solución geométrica. Consideremos la siguiente figura, en donde tenemos una semicircunferencia de diámetro $\overset{―}{A B} = a + b$ y centro $O$ . Aquí $C$ es un punto en $A B$ tal que $\overset{―}{A C} = a$ y entonces $\overset{―}{C B} = b$ . Además, $D$ es un punto sobre la circunferencia tal que $D C$ es perpendicular a $A B$ . Llamemos $d = \overset{―}{C D}$ .

Prueba visual de la desigualdad entre la media aritmética y media geométrica usando desigualdades básicas — Prueba visual de MA-MG

Como $△ A O D$ y $△ B O D$ son isósceles por tener dos lados iguales al radio de la circunferencia, tenemos que $∠ A D O = ∠ D A O$ y $∠ B D O = ∠ D B O$ . Usando estas igualdades y que la suma de los ángulos internos de $△ A B D$ es $180^{\circ}$ , se puede mostrar que el ángulo $A D B$ es de $90^{\circ}$ .

De este modo, $△ A C D$ y $△ D C B$ son semejantes (por ser ambos semejantes a $△ A B D$ por criterio AA). Por la semejanza, tenemos que $\frac{a}{d} = \frac{d}{b},$ de donde $d = \sqrt{a b}$ .

Para terminar la demostración, tomamos un punto $E$ sobre $D O$ tal que $∠ E O C = ∠ E C O$ . Por la desigualdad del triángulo en $△ D E C$ , tenemos que

$\begin{aligned} \sqrt{a b} & = \overset{―}{D C} \\ \leq \overset{―}{D E} + \overset{―}{E C} \\ = \overset{―}{D E} + \overset{―}{E O} \\ = \overset{―}{D O} \\ = \frac{a + b}{2} . \end{aligned}$

Con esto demostramos la desigualdad. Para terminar el problema, necesitamos ver cuándo se dan los casos de igualdad. Se tiene la igualdad si y sólo si $△ D E C$ es un triángulo degenerado, lo cual sucede si y sólo si $E$ está en el segmento $D C$ . Esto sólo es posible cuando $D O$ es perpendicular a $A B$ , lo cual sucede si y sólo si $C = O$ , si y sólo si $A C = C B$ , si y sólo si $a = b$ .

Desigualdades básicas aplicadas a un problema de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas

El siguiente problema apareció como parte de los exámenes selectivos que el Comité Nacional de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas envía a los estados para seleccionar a sus estudiantes en distintas etapas. Tiene muchas formas de resolverse, pero veamos cómo se puede resolver con desigualdades básicas.

Problema. Sean $a, b, c, d$ reales positivos con $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = 4$ . Muestra que $a^{5} + b^{5} + c^{5} + d^{5} \geq a + b + c + d$

Sugerencia pre-solución. Modifica el problema a mostrar como desigualdad auxiliar que para un real no negativo $x$ se tiene que $x^{5} - 2 x^{2} - x + 2 \geq 0.$ Esta desigualdad se puede demostrar usando que los cuadrados son no negativos.

Solución. Vamos a probar primero la desigualdad $x^{5} - 2 x^{2} - x + 2 \geq 0.$ Para que sea un poco más fácil, factorizaremos la expresión del lado izquierdo.

Notemos que $1$ es una raíz de $x^{5} - 2 x^{2} - x + 2$ , de modo que por el teorema del factor podemos factorizar $x - 1$ del polinomio. Obtenemos que $x^{5} - 2 x^{2} - x + 2 = (x - 1) (x^{4} + x^{3} + x^{2} - x - 2) .$

Notemos que, nuevamente, $1$ es una raíz de $(x^{4} + x^{3} + x^{2} - x - 2)$ . Al factorizar $x - 1$ de nuevo, obtenemos que $x^{5} - 2 x^{2} - x + 2 = (x - 1)^{2} (x^{3} + 2 x^{2} + 3 x + 2) .$

Ya estamos listos para probar la desigualdad que queremos. Notemos que $(x - 1)^{2} \geq 0$ y que $x^{3} + 2 x^{2} + 3 x + 2$ es mayor o igual que cero para $x \geq 0$ pues es un polinomio con puros coeficientes positivos. Esto prueba la desigualdad auxiliar. Reescribiéndola, tenemos que $x^{5} \geq 2 x^{2} + x - 2.$ Aplicándola en esta forma a los cuatro reales positivos $a, b, c, d$ del problema, y usando que la suma de cuadardos es $4$ , obtenemos que
$\begin{aligned} a^{5} & + b^{5} + c^{5} + d^{5} \\ \geq 2 (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) + a + b + c + d - 8 \\ = 2 \cdot 4 + a + b + c + d - 8 \\ = a + b + c + d . \end{aligned}$

Esto termina el problema.

El primer paso parece un poco artificial. ¿Por qué queremos probar esa desigualdad auxiliar? En otra entrada de blog escribí cómo se puede llegar a las ideas de esta solución.

Desigualdad del triángulo aplicada a la construcción de tetraedros

Si pegamos cuatro triángulos equiláteros en el espacio se hace un tetraedro regular. De manera similar, si pegamos cuatro triángulos como el siguiente, también se hace un tetraedro en el espacio:

Pegar cuatro triángulos congruentes para hacer un tetraedro

La intuición nos dice que debería poderse con cualquier triángulo. Pero esta intuición está mal.

Problema. Sea $A B C$ un triángulo con un ángulo mayor a $90^{\circ}$ . Muestra que no existe ningún tetraedro en el espacio tal que sus cuatro caras sean congruentes a $A B C$ .

Sugerencia pre-solución. Procede por contradicción. Por simetría, puedes asumir que el ángulo mayor a $90^{\circ}$ es el ángulo en $A$ . Usa como punto auxiliar al punto medio de $B C$ y usa desigualdades.

Solución. Una observación inicial es que si $A B C$ es un triángulo, $M$ es el punto medio de $B C$ y su ángulo interno en $A$ es mayor a $90^{\circ}$ , entonces $2 \overset{―}{A M} < \overset{―}{B C}$ . Esto se muestra trazando una circunferencia de diámetro $B C$ .

Desigualdad para la mediana en términos del ángulo que hace.

De hecho,

Un punto $X$ está sobre la circunfencia si y sólo si $∠ B X C = 90^{\circ}$ , si y sólo si $\overset{―}{O X} = \overset{―}{O A}$ .
$X$ está dentro de la circunferencia si y sólo si $∠ B X C > 90^{\circ}$ , si y sólo si $\overset{―}{O X} < \overset{―}{O A}$ y
$X$ está fuera de la circunferencia si y sólo si $∠ B X C < 90^{\circ}$ , si y sólo si $\overset{―}{O X} > \overset{―}{O A}$ .

Resolvamos el problema. Sin pérdida de generalidad, el ángulo en $A$ es mayor a $90^{\circ}$ . Entonces $\overset{―}{A M} < \frac{\overset{―}{B C}}{2}$ , de donde $2 \overset{―}{A M} < \overset{―}{B C}$ .

Supongamos que se pudiera hacer en el espacio un tetraedro $W X Y Z$ tal que cada una de las caras es congruente al triángulo $A B C$ . Sin pérdida de generalidad, tenemos que
$\begin{aligned} \overset{―}{W X} & = \overset{―}{Y Z} = \overset{―}{A B} \\ \overset{―}{X Y} & = \overset{―}{Z W} = \overset{―}{B C} \\ \overset{―}{W Y} & = \overset{―}{X Z} = \overset{―}{C A} . \end{aligned}$

Tomemos el punto medio $M$ de $X Y$ . En $△ Z M W$ , tenemos que
$\begin{aligned} \overset{―}{Z M} & = \overset{―}{A M} \\ \overset{―}{W M} & = \overset{―}{A M} . \end{aligned}$

Así, usando la desigualdad del triángulo en $△ Z M W$ tenemos que $\begin{aligned} 2 \overset{―}{A M} & = \overset{―}{Z M} + \overset{―}{W M} \\ \geq \overset{―}{Z W} \\ = \overset{―}{B C} . \end{aligned}$

Esto es una contradicción con la desigualdad $2 \overset{―}{A M} < \overset{―}{B C}$ que ya habíamos mostrado.

Más problemas

Puedes encontrar más problemas de desigualdades básicas en la sección 7.1 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson. También puedes consultar más técnicas y problemas en el libro Desigualdades de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas.

Seminario de Resolución de Problemas: Identidad de Gauss e identidad de suma de cubos

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Introducción

En la entrada anterior comenzamos a platicar acerca de identidades algebraicas útiles en la resolución de problemas matemáticos. Vimos algunas identidades básicas y platicamos acerca del teorema del binomio de Newton. En esta entrada veremos dos identidades más: la identidad de Gauss para suma de cuadrados y la identidad para factorizar $a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c$ . Damos más de una demostración de cada una de ellas para seguir explorando ideas algebraicas.

Identidad de cuadrados de Gauss

Proposición. Para $a, b, c, d$ números reales se cumple que $(a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2}) = (a c - b d)^{2} + (a d + b c)^{2} .$

Demostración 1. Simplemente desarrollamos. Por un lado,
$\begin{array}{r} (a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2}) = a^{2} c^{2} + a^{2} d^{2} + b^{2} c^{2} + b^{2} d^{2} . \end{array}$

Por otro lado, $(a c - b d)^{2} + (a d + b c)^{2}$ es
$\begin{aligned} a^{2} c^{2} - 2 a b c d + b^{2} d^{2} + a^{2} d^{2} + 2 a b c d + b^{2} c^{2} \\ = & a^{2} c^{2} + a^{2} d^{2} + b^{2} c^{2} + b^{2} d^{2} . \end{aligned}$

La siguiente demostración nos ayuda a entender un poco mejor la identidad y tiene una idea que se puede aplicar en varios contextos.

Demostración 2. Vamos a dar un pequeño brinco a los números complejos, pues ahí podemos hacer la factorización $x^{2} + y^{2} = (x + y i) (x - y i)$ .

Usando esa identidad:
$\begin{aligned} (a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2}) \\ = & (a + b i) (a - b i) (c + d i) (c - d i) \\ = & (a + b i) (c + d i) (a - b i) (c - d i) \\ = & ((a c - b d) + (a d + b c) i) ((a c - b d) - (a d + b c) i) \\ = & (a c - b d)^{2} + (a d + b c)^{2} . \end{aligned}$

La idea que se puede recuperar de la demostración anterior es la siguiente: a veces una identidad no se puede factorizar en los números reales (racionales, enteros, etc), pero sí en los números complejos (otro sistema numérico más grande). Aunque el problema hable de números reales, es posible que podamos ir a los complejos y regresar a los reales con información.

Problema ejemplo para identidad de Gauss

Problema. Muestra que si tienes un número $x$ de la forma $r^{2} + 7 s^{2}$ , con $r$ y $s$ números enteros, entonces el número $x^{2020}$ también es de esa forma.

Sugerencia pre-solución. Aquí, el exponente $2020$ es sospechoso, y sugiere que en realidad el problema debe ser más general. Haz algunos casos pequeños para buscar un patrón de cómo se comporta el producto de dos números de esa forma. Después, para estudiar las potencias, usa el principio de inducción.

Solución. Notemos que $x = r^{2} + 7 s^{2} = (r + \sqrt{7} s i) (r - \sqrt{7} s i)$ Tomemos otro número de esa forma, digamos $y = t^{2} + 7 u^{2} = (t + \sqrt{7} u i) (t - \sqrt{7} u i) .$ Al hacer el producto de $x$ y $y$ , aparecerá un factor $(r + \sqrt{7} s i) (t + \sqrt{7} u i) = ((r t - 7 s u) + (r u + s t) \sqrt{7} i)$ y un factor $(r - \sqrt{7} s i) (t - \sqrt{7} u i) = ((r t - 7 s u) - (r u + s t) \sqrt{7} i),$ que multiplicados son iguales a $(r t - 7 s u)^{2} + 7 (r u + s t)^{2} .$ Con todo esto, concluimos que el producto de cualesquiera dos números de la forma buscada, también es de la forma buscada. De aquí, $x^{2}$ es de la forma buscada, e inductivamente $x^{n}$ es de la forma buscada para todo entero $n \geq 1$ . En particular, $x^{2020}$ es de la forma que se quiere.

Identidad para $a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c$

Proposición. Para $a, b, c$ números reales, se tiene que $a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c$ es igual a $(a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a) .$

Esta identidad también tiene varias demostraciones, que en conjunto guardan varias ideas. Veamos dos de ellas.

Demostración 1. Simplemente hacemos el producto de la segunda expresión para verificar que nos de la primera. Claramente aparece un único $a^{3}$ y por simétría aparecen $b^{3}$ y $c^{3}$ exactamente una vez. También, claramente aparece tres veces la expresión $- a b c$ . Todas las expresiones que aparecen son cúbicas y ya contamos las «de la forma» $x^{3}$ y $x y z$ , así que por simetría basta ver qué pasa con cada expresión de la forma $x^{2} y$ . Estas se obtienen ya sea de elegir $x$ en la primera y $- x y$ en la segunda, o bien $y$ en la primera y $x^{2}$ en la segunda, de modo que todas ellas se cancelan.

Sólo para asegurarnos que hicimos todo bien, deberíamos haber contado $3 \cdot 6 = 18$ monomios. Hay tres de la forma $x^{3}$ , tres de la forma $x y z$ y cada uno de los seis la forma $x^{2} y$ ya lo encontramos $2$ veces, una vez positivo y una vez negativo. Así, nuestra cuenta abarca $3 + 3 + 6 \cdot 3 = 18$ monomios, así que ya contamos todos los términos.

Hay una segunda demostración, que usa ideas de álgebra lineal. Daremos la idea general, y más adelante, cuando hablemos de matrices y determinantes, platicaremos de estas ideas más a detalle.

Demostración. Calculemos el determinante $D$ de la matriz $(\begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix})$ de dos formas distintas. Por un lado, podemos sumar los renglones $2$ y $3$ al primer renglón sin que cambie el determinante, así, $D = | \begin{matrix} a + b + c & a + b + c & a + b + c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix} | .$ De aquí, podemos factorizar $a + b + c$ pues está en cada entrada del primer renglón $D = (a + b + c) | \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix} | .$

Finalmente, desarrollando el determinante que queda usando el primer renglón, tenemos que
$\begin{aligned} D & = (a + b + c) ((a^{2} - b c) - (c a - b^{2}) + (c^{2} - a b)) \\ = (a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a) . \end{aligned}$

Por otro lado, usando el truco para desarrollar un determinante de $3 \times 3$ por diagonales,
$\begin{aligned} D & = a^{3} + b^{3} + c^{3} - a b c - a b c - a b c \\ = a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c . \end{aligned}$

Igualando ambas expresiones para $D$ , obtenemos la identidad deseada.

Problema ejemplo de factorización de $a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c$

Problema. Sean $a, b, c$ números reales. Muestra que $a^{3} + b^{3} + c^{3} = 3 a b c$ si y sólo si $a + b + c = 0$ o $a = b = c$ .

Sugerencia pre-solución. Necesitarás la identidad anterior y un análisis de casos. También, para uno de los casos necesitarás usar la factorización de $x^{2} - 2 x y + y^{2}$ algunas veces.

Solución. De acuerdo a la identidad de la sección anterior, $a^{3} + b^{3} + c^{3} = 3 a b c$ si y sólo si $(a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a) = 0.$

Notemos que $a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a = \frac{(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}}{2},$ que siempre es mayor o igual que cero y es igual a $0$ si y sólo si $a - b = b - c = c - a = 0$ , si y sólo si $a = b = c$ .

Así, $a^{3} + b^{3} + c^{3} = 3 a b c$ si y sólo si alguno de los factores que lo conforman es cero, lo cual pasa si y sólo si $a + b + c = 0$ o $a = b = c$ .

Más problemas

Puedes ver más problemas que usan identidades algebraicas en la entrada anterior de este tema. Además, puedes encontrar más problemas de identidades algebraicas en la Sección 4.1 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Álgebra Lineal I: Formas bilineales, propiedades, ejemplos y aclaraciones

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Introducción

En entradas anteriores hemos platicado de dualidad, ortogonalidad y transformaciones transpuestas. Es importante que repases esas entradas y nos escribas si tienes dudas, pues ahora pasaremos a un tema un poco diferente: formas bilineales y cuadráticas. Estas nociones nos permitirán seguir hablando acerca de la geometría de espacios vectoriales en general.

Para esta parte del curso, nos vamos a enfocar únicamente en espacios vectoriales sobre $R$ . Se pueden definir los conceptos que veremos para espacios vectoriales en otros campos. Sobre todo, es posible definir conceptos análogos en $C$ y obtener una teoría muy rica. Pero por ahora consideraremos sólo el caso de espacios vectoriales reales.

Aunque hablaremos de formas bilineales en general, una subfamilia muy importante de ellas son los productos interiores, que nos permiten hablar de espacios euclideanos. El producto interior es el paso inicial en una cadena muy profunda de ideas matemáticas:

Un producto interior nos permite definir la norma de un vector.
Con la noción de norma, podemos definir la distancia entre dos vectores.
A partir de un producto interior y su norma podemos mostrar la desigualdad de Cauchy-Schwarz, con la cual podemos definir ángulos entre vectores (por ejemplo, ¡podremos definir el ángulo entre dos polinomios!).
De la desigualdad de Cauchy-Schwarz, podemos probar que la noción de norma satisface la desigualdad del triángulo, y que por lo tanto la noción de distancia define una métrica.
Aunque no lo veremos en este curso, más adelante verás que una métrica induce una topología, y que con una topología se puede hablar de continuidad.

En resumen, a partir de un producto interior podemos hacer cálculo en espacios vectoriales en general.

Una forma bilineal con la cual probablemente estés familiarizado es el producto punto en $R^{n}$ , que a dos vectores $(x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ y $(y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n})$ los manda al real $x_{1} y_{1} + x_{2} y_{2} + \dots + x_{n} y_{n} .$ Este es un ejemplo de una forma bilineal que es un producto interior. También puede que estés familiarizado con la norma en $R^{n}$ , que a un vector $(x_{1}, \dots, x_{n})$ lo manda al real $\sqrt{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2}} .$ Lo que está dentro de la raíz es un ejemplo de una forma cuadrática positiva definida. Incluyendo la raíz, este es un ejemplo de norma en espacios vectoriales.

Hay muchas otras formas bilineales y formas cuadráticas, pero los ejemplos mencionados arriba te pueden ayudar a entender la intuición detrás de algunos de los conceptos que mencionaremos. Para marcar algunas cosas en las que la intuición puede fallar, pondremos algunas «Aclaraciones» a lo largo de esta entrada.

En el futuro, tener una buena noción de la geometría de espacios vectoriales te ayudará a entender mucho mejor los argumentos de cursos de análisis matemático, de variable compleja y de optativas como geometría diferencial. Dentro de este curso, entender bien el concepto de forma bilineal te será de gran utilidad para cuando más adelante hablemos de formas multilineales y determinantes.

Formas bilineales

La definición fundamental para los temas que veremos en estas entradas es la siguiente, así que enunciaremos la definición, veremos varios ejemplos y haremos algunas aclaraciones.

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $R$ . Una forma bilineal es una función $b : V \times V \to R$ tal que:

Para todo $x$ en $V$ , la función $b (x, \cdot) : V \to R$ que manda $v \in V$ a $b (x, v)$ es una forma lineal.
Para todo $y$ en $V$ , la función $b (\cdot, y) : V \to R$ que manda $v \in V$ a $b (v, y)$ es una forma lineal.

Ejemplo 1. Considera el espacio vectorial de polinomios $R_{3} [x]$ y considera la función $b (p, q) = p (0) q (10) + p (1) q (11) .$ Afirmamos que $b$ es una forma bilineal. En efecto, fijemos un polinomio $p$ y tomemos dos polinomios $q_{1}$ , $q_{2}$ y un real $r$ . Tenemos que
$\begin{aligned} b (p, q_{1} + r q_{2}) & = p (0) (q_{1} + r q_{2}) (10) + p (1) (q_{1} + r q_{2}) (11) \\ = p (0) q_{1} (10) + p (1) q_{1} (11) + r (p (0) q_{2} (10) + p (1) q_{2} (11)) \\ = b (p, q_{1}) + r b (p, q_{2}), \end{aligned}$

De manera similar se puede probar que para $q$ fijo y $p_{1}$ , $p_{2}$ polinomios y $r$ real tenemos que $b (p_{1} + r p_{2}, q) = b (p_{1}, q) + r b (p_{2}, q) .$ Esto muestra que $b$ es una forma bilineal.

$△$

Si $v = 0$ , entonces por el primer inciso de la definición, $b (x, v) = 0$ para toda $x$ y por el segundo $b (v, y) = 0$ para toda $y$ , en otras palabras:

Proposición. Si $b$ es una forma bilineal en $b$ , y alguno de $x$ o $y$ es $0$ , entonces $b (x, y) = 0$ .

De la linealidad de ambas entradas de $b$ , se tiene la siguiente proposición.

Proposición. Tomemos $b : V \times V \to R$ una forma bilineal, vectores $x_{1}, \dots, x_{n}$ , $y_{1}, \dots, y_{m}$ y escalares $a_{1}, \dots, a_{n}, c_{1}, \dots, c_{m}$ . Tenemos que $b (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i}, \sum_{j = 1}^{m} c_{j} y_{j}) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} a_{i} c_{j} b (x_{i}, y_{j}) .$

La proposición anterior muestra, en particular, que para definir una forma bilineal en un espacio vectorial $V$ de dimensión finita $n$ , basta tomar una base ${e_{1}, \dots, e_{n}}$ de $V$ y definir $b (e_{i}, e_{j})$ para toda $1 \leq i, j \leq n$ .

Hagamos algunas aclaraciones acerca de las formas bilineales.

Aclaración 1. No es lo mismo una forma bilineal en $V$ , que una transformación lineal de $V \times V$ a $R$ .

Ejemplo 2. La transformación $b ((w, x), (y, z)) = w + x + y + z$ sí es una transformación lineal de $R^{2} \times R^{2} \to R$ , lo cual se puede verificar fácilmente a partir de la definición. Sin embargo, no es una forma bilineal. Una forma de verlo es notando que $b ((0, 0), (1, 1)) = 0 + 0 + 1 + 1 = 2.$ Aquí una de las entradas es el vector cero, pero el resultado no fue igual a cero.

$△$

Aclaración 2. Puede pasar que ninguna de las entradas de la forma bilineal sea $0$ , pero que evaluando en ella sí de $0$ .

Ejemplo 3. Consideremos la transformación $b : R^{2} \times R^{2} \to R$ tal que $b ((w, x), (y, z)) = w y - x z .$ Verificar que esta es una forma bilineal es sencillo y se deja como tarea moral. Además, se tiene que $b ((1, 0), (0, 1)) = 0$ .

$△$

Más adelante, cuando definamos producto interior, nos van a importar mucho las parejas de vectores $v$ , $w$ para las cuales $b (v, w) = 0$ .

Aclaración 3. Si $b$ es una forma bilineal, no necesariamente es cierto que $b (x, y) = b (y, x)$ .

Ejemplo 4. Consideremos la transformación $b : R^{2} \times R^{2} \to R$ tal que $b ((w, x), (y, z)) = w z - x y .$ Verificar que esta es una forma bilineal es sencillo y se deja como tarea moral. Notemos que $b ((2, 1), (2, 3)) = 6 - 2 = 4$ , mientras que $b ((2, 3), (2, 1)) = 2 - 6 = - 4$ .

$△$

Aquellas formas para las que sí sucede que $b (x, y) = b (y, x)$ son importantes y merecen un nombre especial.

Definición. Una forma bilineal $b : V \times V \to R$ es simétrica si $b (x, y) = b (y, x)$ para todo par de vectores $x, y$ en $V$ .

Para definir una forma bilineal $b$ simétrica en un espacio $V$ de dimensión finita $n$ , basta tomar una base ${e_{1}, \dots, e_{n}}$ y definir $b$ en aquellas parejas $b (e_{i}, e_{j})$ con $1 \leq i \leq j \leq n$ .

Más ejemplos de formas bilineales

A continuación enunciamos más ejemplos de formas bilineales, sin demostración. Es un buen ejercicio verificar la definición para todas ellas.

Ejemplo 1. Si $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ son números reales y $V = R^{n}$ , entonces podemos definir $b : V \times V \to R$ que manda a $x = (x_{1}, \dots, x_{n})$ y $y = (y_{1}, \dots, y_{n})$ a $b (x, y) = a_{1} x_{1} y_{1} + \dots + a_{n} x_{n} y_{n} .$

Este es un ejemplo de una forma bilineal simétrica. Si todos los $a_{i}$ son iguales a $1$ , obtenemos el producto punto o producto interior canónico de $R^{n}$ .

Ejemplo 2. Tomemos $V$ como el espacio vectorial de matrices $M_{n} (R)$ . La transformación $b : V \times V \to R$ tal que $b (A, B) = tr (A B)$ es una forma bilineal. Además, es simétrica, pues la traza cumple la importante propiedad $tr (A B) = tr (B A)$ , cuya verificación queda como tarea moral.

Ejemplo 3. Tomemos $V$ el conjunto de funciones continuas y de periodo $2 π$ que van de $R$ a sí mismo. Es decir, $f : R \to R$ está en $V$ si es continua y $f (x) = f (x + 2 π)$ para todo real $x$ . Se puede mostrar que $V$ es un subespacio del espacio de funciones continuas, lo cual es sencillo y se queda como tarea moral. La transformación $b : V \times V \to R$ tal que $b (f, g) = \int_{- π}^{π} f (x) g (x) d x$ es una forma bilineal.

Ejemplo 4. Consideremos $V = R [x]$ , el espacio vectorial de polinomios con coeficientes reales. Para $P$ y $Q$ polinomios definimos $b (P, Q) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{P (n) Q (2 n)}{2^{n}} .$

La serie de la derecha converge absolutamente, de modo que esta expresión está bien definida. Se tiene que $b$ es una forma bilineal, pero no es simétrica.

Formas cuadráticas

Otra definición fundamental es la siguiente

Definición. Una forma cuadrática es una transformación $q : V \to R$ que se obtiene tomando una forma bilineal $b : V \times V \to R$ y definiendo $q (x) = b (x, x) .$

Aclaración 4. Es posible que la forma bilineal $b$ que define a una forma cuadrática no sea única.

Ejemplo. Consideremos a la forma bilineal de $R^{2}$ tal que $b ((x, y), (w, z)) = x z - y w .$ La forma cuadrática dada por $b$ es $q (x, y) = b ((x, y), (x, y)) = x y - y x = 0.$ Esta es la misma forma cuadrática que la dada por la forma bilineal $b^{'} ((x, y), (w, z)) = y w - x z .$ Pero $b$ y $b^{'}$ son formas bilineales distintas, pues $b ((1, 0), (0, 1)) = 1$ , mientras que $b^{'} ((1, 0), (0, 1)) = - 1$ .

$△$

La aclaración anterior dice que puede que haya más de una forma bilineal que de una misma forma cuadrática. Sin embargo, resulta que la asignación es única si además pedimos a la forma bilineal ser simétrica. Este es el contenido del siguiente resultado importante.

Teorema (identidad de polarización). Sea $q : V \to R$ una forma cuadrática. Existe una única forma bilineal simétrica $b : V \times V \to R$ tal que $q (x) = b (x, x)$ para todo vector $x$ . Esta forma bilineal está determinada mediante la identidad de polarización $b (x, y) = \frac{q (x + y) - q (x) - q (y)}{2} .$

En la siguiente entrada mostraremos el teorema de la identidad de polarización. Por el momento, para tomar más intuición, observa como la identidad se parece mucho a la igualdad $x y = \frac{(x + y)^{2} - x^{2} - y^{2}}{2}$ en números reales.

Más adelante…

En esta entrada estudiamos una extensión de la noción de transformaciones lineales que ya habíamos discutido en la unidad anterior. Enunciamos algunos teoremas muy importantes sobre las transformaciones bilineales e hicimos algunos ejemplos de cómo podemos verificar si una transformación es bilineal. La noción de transformación bilineal, nos permitirá abordar un concepto muy importante: el producto interior.

En las siguientes entradas hablaremos del producto interior y cómo éste nos ayuda a definir ángulos y distancias entre vectores de un espacio vectorial.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

Completa los detalles de la segunda parte del primer ejemplo.
Verifica que en efecto las transformaciones de los ejemplos de las aclaración 2 y 3 son formas bilineales.
Muestra que el subconjunto de funciones continuas $R$ a $R$ y de cualquier periodo $p$ es un subespacio del espacio vectorial $C (R)$ de funciones continuas reales.
Demuestra que para $A$ y $B$ matrices en $M_{n} (F)$ se tiene que $tr (A B) = tr (B A)$ .
Encuentra una forma cuadrática en el espacio vectorial $R_{3} [x]$ que venga de más de una forma bilineal.
Muestra que el conjunto de formas bilineales de $V$ es un subespacio del espacio de funciones $V \times V \to R$ . Muestra que el conjunto de formas bilineales simétricas de $V$ es un subespacio del espacio de formas bilineales de $V$ .
Piensa en cómo la igualdad $x y = \frac{(x + y)^{2} - x^{2} - y^{2}}{2}$ de números reales está relacionada con la identidad de polarización para el producto punto en $R^{n}$ .

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»

Teorema de navidad de Fermat: primos suma de dos cuadrados

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

2 respuestas

Comentario de Leo: Esta es una escrita en conjunto con por Alexandher Vergara, estudiante en ESFM. En ella hablamos del teorema de navidad de Fermat, una idea de la prueba y de las consecuencias. Si quieres contribuir con algún tema de matemáticas, puedes contactarme por correo electrónico, o dejando un comentario aquí en el blog.

Introducción

En entradas anteriores hemos visto temas de teoría de números, como divisibilidad y teoría de congruencias. También hablamos acerca de números primos y del teorema fundamental de la aritmética. A continuación probaremos una parte del famoso «teorema de navidad de Fermat», el cual dice cuáles primos impares son la suma de dos cuadrados.

Teorema (teorema de Navidad de Fermat). Un número primo $p > 2$ es la suma del cuadrado de dos enteros si y sólo si $p \equiv 1 (\mod 4)$ .

Enunciado del teorema de Navidad de Fermat

El teorema recibe este nombre pues Fermat escribió una carta con muchos detalles acerca del resultado para Mersenne, cuya fecha fue el 25 de diciembre de 1640.

Este resultado nos lleva un paso más adelante en teoría de números. Por un lado, tiene «el mismo sabor» que el teorema de los cuatro cuadrados de Lagrange.

Teorema (teorema de los cuatro cuadrados de Lagrange). Todo entero no negativo puede ser escrito como suma de los cuadrados de cuatro números enteros.

Por otro lado, el teorema de Navidad de Fermat también nos ayuda a demostrar un caso particular del teorema de Dirichlet para primos sobre progresiones aritméticas.

Teorema 1. Hay infinitos números primos de la forma $4 k + 1$ e infinitos números de la forma $4 k + 3$ .

El teorema de Dirichlet es una generalización de este resultado.

Teorema (teorema de Dirichlet). Si $a$ y $b$ son primos relativos, entonces existe una infinidad de primos $p$ tales que $p \equiv a (\mod b)$ .

Las demostraciones de los teoremas de Lagrange y de Dirichlet requieren de varios argumentos para los cuales aún no hemos desarrollado teoría suficiente. La idea de esta entrada de blog es demostrar el teorema de Navidad de Fermat y usarlo para demostrar el Teorema 1.

El teorema de Navidad de Fermat

En la demostración del teorema de navidad de Fermat usaremos el siguiente resultado.

Teorema 2. Si $p$ es un número primo y la ecuación $a^{2} + 1 \equiv 0 (\mod p)$ tiene solución para algún $a$ , entonces $p$ se puede representar como una suma de dos cuadrados.

Por el momento, no nos enfocaremos en demostrar este resultado auxiliar. Existen muchas pruebas en la literatura, por ejemplo, una por J.H. Grace usando latices de enteros (The four square theorem).

Demostración del teorema de Navidad de Fermat. Supongamos primero que $p = x^{2} + y^{2}$ para enteros no negativos $x, y$ . El hecho de que $p \equiv 1 (\mod 4)$ se desprende de dos propiedades del anillo $Z_{4}$ . Notemos primero que cualquier entero impar es congruente con $1 (\mod 4)$ o con $3 (\mod 4)$ . Además, cualquier cuadrado es congruente con $0 (\mod 4)$ o $1 (\mod 4)$ , pues si $x$ es congruente con $0, 1, 2, 3 (\mod 4)$ entonces $x^{2}$ es congruente con $0, 1, 0, 1 (\mod 4)$ , respectivamente. Como $p = x^{2} + y^{2}$ , sabemos entonces que $p \equiv x^{2} + y^{2} = 0, 1 \’o 2 (\mod 4) .$ Pero $p$ es un primo mayor que $2$ , entonces $p$ es impar. Así, $p \equiv 1 (\mod 4)$ .

Observación. En esta parte de la prueba en realidad es un poco más general, pues muestra que si $n$ es un entero impar que se puede representar como suma de dos cuadrados, entonces $n \equiv 1 (\mod 4)$ .

Supongamos ahora que $p \equiv 1 (\mod 4)$ . Lo primero que haremos es mostrar que $a^{2} + 1 \equiv 0 (\mod p)$ tiene solución para alguna $a$ , y después usaremos el Teorema 2 para obtener que $p$ es suma de dos cuadrados.

Primero, examinaremos los factores en $(p - 1)! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot \frac{p - 1}{2} \cdot \frac{p + 1}{2} \cdot \dots \cdot (p - 2) \cdot (p - 1) .$ A los últimos $(p - 1) / 2$ factores los pensamos como sigue: $p - 1 \equiv - 1 (\mod p)$ , $p - 2 \equiv - 2 (\mod p)$ , …, $\frac{p + 1}{2} \equiv - \frac{p - 1}{2} (\mod p)$ . El factorial se convierte entonces en
$\begin{aligned} (p - 1)! & \equiv 1 \cdot \dots \cdot (\frac{p - 1}{2}) \cdot (- \frac{p - 1}{2}) \cdot \dots \cdot (- 1) \\ \equiv (- 1)^{(p - 1) / 2} {(1 \cdot \dots \cdot \frac{p - 1}{2})}^{2} (\mod p) . \end{aligned}$

Definiendo $a = 1 \cdot \dots \cdot \frac{p - 1}{2}$ , lo anterior se puede escribir como $(p - 1)! \equiv (- 1)^{(p - 1) / 2} a^{2} (\mod p) .$

Por el teorema de Wilson, $(p - 1)! \equiv - 1 (\mod p)$ . Como $p \equiv 1 (\mod 4)$ , tenemos $p = 4 k + 1$ para algún entero $k$ . Entonces, $(p - 1) / 2 = 2 k$ , que es par, de modo que $(- 1)^{(p - 1) / 2} = 1$ . De esta forma, tenemos que $- 1 \equiv a^{2} (\mod p) .$ Sumando $1$ de ambos lados, tenemos que $a^{2} + 1 \equiv 0 (\mod p)$ . Aplicando el Teorema 2, concluimos que $p$ es suma de dos cuadrados.

Infinidad de primos de las formas $4 k + 1$ y $4 k + 3$

Todos los primos mayores que $2$ son impares, así que son o bien de la forma $4 k + 1$ , o bien de la forma $4 k + 3$ . Sabemos además que hay una infinidad de números primos. ¿Será cierto que hay una infinidad de ellos de la forma $4 k + 1$ y una infinidad de ellos de la forma $4 k + 3$ ?

Por el principio de las casillas, tiene que suceder por lo menos alguna de estas dos opciones. Si hubiera una cantidad finita de la forma $4 k + 1$ y de la forma $4 k + 3$ , entonces por el párrafo anterior habría sólo una cantidad finita de primos, lo cual es una contradicción.

Lo que dice el Teorema 1 es más fuerte. Lo volvemos a poner aquí por conveniencia para el lector.

Teorema 1. Hay infinitos números primos de la forma $4 k + 1$ e infinitos números de la forma $4 k + 3$ .

Es decir, el Teorema 1 afirma que para cada uno de los tipos hay una infinidad de primos. Veamos que en efecto esto sucede.

La primera parte del Teorema 1 no necesita que usemos el teorema de Navidad de Fermat.

Proposición 1. Hay una infinidad de primos de la forma $4 k + 3$ .

Demostración. Supongamos que existiera únicamente una cantidad finita $n$ de primos de la forma $4 k + 3$ y supongamos que ellos son $p_{1} < \dots < p_{n}$ , en donde $p_{1} = 3$ . Consideremos el número $N = 4 p_{2} p_{3} \dots p_{n} + 3$ (ojo: no estamos incluyendo al $3$ en la multiplicación). Este número no puede ser primo pues es mayor que $p_{n}$ y $N \equiv 3 (\mod 4)$ . De esta forma, debe tener al menos un divisor primo.

Tenemos que $N$ es impar, así que $2$ no divide a $N$ . Si todos los divisores primos de $N$ fueran $1 (\mod 4)$ , entonces $N$ sería $1 (\mod 4)$ , pero esto no es cierto. De este modo, algún divisor primo $p$ de $N$ debe satisfacer $p \equiv 3 (\mod 4)$ . Notemos que $p$ no puede ser $3$ , pues si $3 ∣ N$ , tendríamos $3 ∣ 4 p_{1} \dots p_{n}$ , pero esto es imposible pues el número de la derecha no tiene ningún factor $3$ . Con esto concluimos que $p = p_{i}$ para algún entero $i = 2, \dots, n$ . Sin embargo, si $p_{i} ∣ N$ , entonces $p_{i} ∣ N - (p_{2} \dots p_{n}) = 3$ . Esto también es imposible pues $p_{i} \neq 3$ . Así, es inevitable llegar a una contradicción, por lo que hay una infinidad de primos de la forma $4 k + 3$ .

La demostración anterior no funciona directamente para los primos de la forma $4 k + 1$ , pues si hubiera una cantidad finita $n$ de ellos $p_{1} < \dots < p_{n}$ y consideramos al número $4 p_{1} \dots p_{n} + 1$ , este número es congruente con $1 (\mod 4)$ , pero nada garantiza que sus factores primos deban ser de la forma $1 (\mod 4)$ pues, por ejemplo, $3 \equiv 3 (\mod 4)$ , $7 \equiv 3 (\mod 4)$ , pero $3 \cdot 7 \equiv 21 \equiv 1 (\mod 4)$ . Tenemos que hacer algo distinto.

Proposición 2. Hay una infinidad de primos de la forma $4 k + 1$ .

Demostración. Supongamos que existe una cantidad finita $n$ de primos de la forma $4 k + 1$ y que son $p_{1} < \dots < p_{n}$ . Consideremos al número $N = 4 (p_{1} p_{2} \dots p_{n})^{2} + 1$ . Este número es de la forma $4 k + 1$ . Por esta razón, es imposible que $N$ sea primo, pues es mayor que todo $p_{i}$ .

Sea $p$ un divisor primo de $N$ . Como $N$ es impar, $p \neq 2$ . Como $p$ divide a $N$ , tenemos que $(2 p_{1} \dots p_{n})^{2} + 1 \equiv 0 (\mod p)$ , de modo que $x^{2} + 1 \equiv 0 (\mod p)$ tiene solución y por el Teorema 2, $p$ se puede escribir como suma de dos cuadrados. Por el teorema de Navidad de Fermat, $p \equiv 1 (\mod 4)$ . De esta forma, $p = p_{i}$ para alguna $i$ . Pero entonces, $p$ divide a $N$ y a $4 (p_{1} \dots p_{n})^{2}$ , de modo que divide a su resta, que es $1$ . Esto es imposible. Esta contradicción muestra que hay una cantidad infinita de primos de la forma $4 k + 1$ .

El Teorema 1 se sigue de las proposiciones 1 y 2.

¿Dónde seguir?

Aquí en el blog hay otras entradas en donde hablamos acerca de teoría de números. Puedes revisar las siguientes:

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Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Hay algunos laberintos en los cuales es más fácil empezar por la salida que por la entrada. Como que empezar al final nos da más información. De modo similar, hay algunos problemas que nos dan más información si empezamos por las conclusiones que por las hipótesis.

Así mismo, en algunos problemas se tiene que seguir un cierto proceso y la pregunta es acerca de algunos estados alcanzables. En vez de empezar con un estado y ver a dónde llega, es mejor preguntarse cómo pudimos llegar al estado buscado.

Estas ideas también sirven para saber «en donde estás» mientras resuelves un problema: ¿Qué es lo que quieres y qué es lo que sabes?

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