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Álgebra Superior II: Inmersión de $N$ en $Z$

Por Ana Ofelia Negrete Fernández

Introducción

Desde la educación básica pensamos al conjunto de los números enteros como aquél que está conformado por los naturales, sus negativos y el cero: $Z = {\dots - 3, - 2, - 1, 0, 1, 2, 3, \dots} .$ Sin embargo, para poder fundamentar nuestra construcción, hasta ahora tenemos que el conjunto $Z$ consiste por definición de ciertas clases de equivalencia de una relación en $N \times N$ . ¡Observa que ni siquiera $N$ es un subconjunto de $Z$ a partir de esta definición! ¿Cómo le hacemos para que estos dos puntos de vista coincidan?

En esta entrada veremos dos cosas muy importantes que nos permitirán unificar ambas ideas. Lo primero que haremos es ver que, en efecto, podemos pensar que $N$ «es un subconjunto» de $Z$ . Esto lo ponemos entre comillas pues en realidad lo que demostraremos es que hay una copia de $N$ dentro de $Z$ , con toda la estructura que tenía $N$ originalmente: sus operaciones, sus identidades, su orden.

Después de esto, nos enfocaremos en ver que $Z$ consiste exactamente de esta copia y de sus inversos aditivos. Así, habremos formalizado que $Z$ consiste exactamente de los naturales, sus inversos aditivos y ningún otro elemento.

Inmersión de los naturales en los enteros

En la entrada anterior hablamos acerca del orden en $Z$ . Para ello hablamos del conjunto de enteros positivos $P$ . También definimos las relaciones $<$ y $\leq$ . En un sentido bastante formal, los enteros mayores o iguales a cero son exactamente los números naturales. La manera en la que enunciamos este resultado es la siguiente.

Teorema. Existe una función biyectiva $γ : N \to P \cup {\overset{―}{(0, 0)}}$ que preserva las operaciones de suma, producto, el inverso aditivo, el inverso multiplicativo y el orden. Esta función está dada por $γ (n) = \overset{―}{(n, 0)}$ .

Una vez que demostremos esto, la imagen $γ (N)$ será exactamente la «copia» de los naturales que vive en los enteros y que precisamente tiene todas las propiedades algebraicas de los naturales que nos interesaban.

Para hacer la demostración de este teorema, probaremos el resultado poco a poco, a través de varios lemas.

Lema 1. La función $γ$ está bien definida y es biyectiva.

Demostración. La función $γ$ está bien definida pues las clases del estilo $\overset{―}{(n, 0)}$ siempre están en $P \cup {\overset{―}{(0, 0)}}$ : si $n = 0$ , entonces obtenemos la clase $\overset{―}{(0, 0)}$ y si $n \neq 0$ , entonces $n > 0$ , lo cual justifica que $\overset{―}{(n, 0)}$ es un entero positivo, es decir, en $P$ .

Veamos que la función $γ$ es biyectiva. Para ver que es inyectiva tomamos dos naturales $m$ y $n$ tales que $γ (m) = γ (n)$ , es decir, tales que $\overset{―}{(m, 0)} = \overset{―}{(n, 0)}$ . Esto quiere decir que $m + 0 = n + 0$ , pero entonces $m = n$ . Para ver que es suprayectiva, ya sabemos que tomemos una clase $\overset{―}{(a, b)}$ en $P \cup {\overset{―}{(0, 0)}}$ . Por lo visto en la entrada anterior, esto nos dice que $a \geq b$ , pero entonces existe un natural $k$ tal que $a = b + k$ , de modo que $a + 0 = b + k$ y por lo tanto $\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(k, 0)}$ . Con esto concluimos que $γ (k) = \overset{―}{(k, 0)} = \overset{―}{(a, b)} .$

Observa que, sin embargo, no sucede que $γ (N)$ sea todo $Z$ . Es decir, hay enteros diferentes de las clases $\overset{―}{(n, 0)}$ , por ejemplo, el $\overset{―}{(0, 1)}$ . Se puede verificar que la imagen de $γ$ cubre a los enteros no negativos y sólo a esos.

Regresando al enunciado del teorema, lo que veremos ahora es que $γ$ respeta las operaciones de suma y producto, así como sus respectivas identidades.

Lema 2. Para cualesquiera naturales $m$ y $n$ se cumple que $γ (m) + γ (n) = γ (m + n)$ y que $γ (m) γ (n) = γ (m n) .$ Además, $γ (0)$ es la identidad aditiva en $Z$ y $γ (1)$ es la identidad multiplicativa en $Z$ .

Demostración. Basta usar la definición de $γ$ y de la suma en $Z$ :
$\begin{aligned} γ (m) + γ (n) & = \overset{―}{(m, 0)} + \overset{―}{(n, 0)} \\ = \overset{―}{(m + n, 0)} \\ = γ m + n . \end{aligned}$

De modo similar, para el producto usamos la definición de $γ$ y la del producto en $Z$ :

$\begin{aligned} γ (m) γ (n) & = \overset{―}{(m, 0)} \overset{―}{(n, 0)} \\ = \overset{―}{(m n + 0 \cdot 0, m \cdot 0 + 0 \cdot n)} \\ = \overset{―}{(m n, 0)} \\ = γ m n . \end{aligned}$

La parte de las identidades es sencilla de hacer y queda como tarea moral.

Ya vimos que $γ$ respeta las operaciones. Ahora veamos que también respeta el orden.

Lema 3. Para cualesquiera naturales $m$ y $n$ , sucede que $m < n$ si y sólo si $γ (m) < γ (n)$ .

Demostración. Por definición de $γ$ , tenemos que $γ (m) < γ (n)$ si y sólo si $\overset{―}{(m, 0)} < \overset{―}{(n, 0)}$ . En la entrada anterior vimos que esto sucede si y sólo si en $N$ tenemos que $m + 0 < n + 0$ . Pero esto es justo $m < n$ .

Los lemas 1, 2 y 3 conforman la demostración del teorema de esta sección.

Caracterización de los enteros

En vista del teorema de la sección anterior, dentro de $Z$ hay metida una copia de $N$ . ¿Cuáles son los otros elementos de $Z$ ? ¿Hay muchos más enteros que eso? La respuesta es que no. Para acabar de tener a todos los elementos de $Z$ basta con tomar esta copia de los enteros y considerar a sus inversos aditivos.

Proposición. Para cualquier entero $\overset{―}{(a, b)}$ , tenemos que sucede una y exactamente una de las afirmaciones siguientes:

$\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(0, 0)}$ .
$\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(n, 0)}$ para algún natural $n \neq 0$ .
$\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(0, n)}$ para algún natural $n \neq 0$ .

Demostración. Por el principio de tricotomía en $N$ , sabemos que se cumple una y exactamente una de las afirmaciones siguientes:

$a = b$
$a > b$
$a < b$

Si pasa la primera, entonces $\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(0, 0)}$ . Si pasa la segunda, es porque existe un natural $n \neq 0$ tal que $a = b + n$ , pero entonces $a + 0 = b + n$ y así $\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(n, 0)}$ . Si pasa la tercera, es porque existe un natural $n, 0$ tal que $a + n = b = b + 0$ , y entonces $\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(0, n)}$ .

De esta manera, se ve que siempre se cumple al menos una de las afirmaciones del enunciado. Ver que se cumple a lo más una es sencillo y queda como tarea moral.

Siguiendo la demostración anterior con cuidado, nos damos cuenta que los casos corresponden precisamente al entero cero, a los positivos y a los negativos. La proposición anterior es una manera de ilustrar, en particular, que hay que hay el mismo número de números naturales positivos como números enteros negativos: a cada uno de ellos le podemos asociar (de manera biyectiva), un natural. Otra forma de dar esta biyección es mandar el entero positivo $\overset{―}{(n, 0)}$ al entero negativo $\overset{―}{(0, n)}$ , que es precisamente su inverso aditivo.

Re-etiquetando a los enteros

Estamos listos para abandonar la notación de parejas y clases de equivalencia. En vista de los resultados anteriores, cualquier entero positivo $\overset{―}{(a, b)}$ es el mismo que un entero de la forma $\overset{―}{(n, 0)}$ . Y los enteros de esta forma justo conforman una copia de $N$ con toda la estructura algebraica que nos interesa. Así, ya nunca más tenemos que llamar a $\overset{―}{(a, b)}$ con este nombre: basta simplemente llamarlo $n$ .

Si tenemos un entero de la forma $\overset{―}{(a, b)}$ con $a = b$ , entonces simplemente lo llamaremos $0$ . Y finalmente, si el entero $\overset{―}{(a, b)}$ es negativo, podemos escribirlo de la forma $\overset{―}{(0, n)}$ y en vista de lo anterior simplemente lo llamaremos $- n$ . Todo esto funciona bien, porque también sabemos que justo $\overset{―}{(n, 0)}$ y $\overset{―}{(0, n)}$ son inversos aditivos entre sí.

Pero, ¿cómo sabremos si al usar el símbolo $1$ nos estamos refiriendo al natural ${\emptyset}$ o al entero $\overset{―}{({\emptyset}, \emptyset)}$ ? En realidad ya no es relevante, pues tenemos la total garantía de que los enteros no negativos se comportan exactamente como $N$ .

De esta manera, $Z = {\dots - 3, - 2, - 1, 0, 1, 2, 3, \dots}$ y además tenemos la total garantía de que los enteros no negativos se comportan exactamente como los naturales.

Más adelante…

Después de liberar la gran carga que teníamos de usar la notación de parejas y de relaciones de equivalencia, ahora ya podemos usar a los enteros tal y como los conocíamos desde educación básica: como el cero, los enteros que no son cero, y sus negativos. Además, gracias a todo lo que demostramos, ya podemos utilizar las propiedades de la suma, el producto y el orden con la confianza de que están bien fundamentadas.

Lo que sigue es estudiar con más profundidad al conjunto $Z$ . Aunque no haya propiamente «divisiones exactas» en este conjunto, sí podemos preguntarnos qué sucede cuando dividimos un entero por otro, y cuánto queda. Esto lleva a las nociones de divisibilidad y residuos, que a su vez llevan a áreas muy interesantes de las matemáticas como el álgebra moderna y la teoría de números.

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.

Muestra que en efecto no existe ningún natural $m$ tal que $γ (m) = \overset{―}{(0, 1)}$ .
Verifica que $γ (0)$ es la identidad aditiva de $Z$ y $γ (1)$ es su identidad multiplicativa.
Explica por qué para un entero $\overset{―}{(a, b)}$ no puede suceder más de una de las siguientes afirmaciones:
- $\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(0, 0)}$ .
- $\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(n, 0)}$ para algún natural $n \neq 0$ .
- $\overset{―}{(a, b)} = \overset{―}{(0, n)}$ para algún natural $n \neq 0$ .
La función $γ$ no es una biyección entre $N$ y $Z$ . Pero sí existen biyecciones entre estos dos conjuntos. Construye una y demuestra que en efecto es una biyección.
Da una biyección que muestre que el conjunto de los enteros no negativos pares, ${0, 2, 4, 6, \dots}$ y el conjunto de los enteros no negativos positivos, ${0, 1, 2, 3, \dots}$ tienen la misma cardinalidad. ¿Será posible construir la biyección de modo que se preserve la operación de suma? ¿Será posible construirla de modo que se preserve la operación de producto?

Entradas relacionadas

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Seminario de Resolución de Problemas: Coeficientes binomiales

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Introducción

Los coeficientes binomiales aparecen en muchos problemas de matemáticas, y por ello es útil conocerlos bien y saber sus propiedades básicas. En esta entrada hablaremos de varios aspectos de los coeficientes binomiales: algebraicos, combinatorios y de teoría de números. Aunque resolvamos un problema con una técnica en particular, te recomendamos intentar usar las distintas herramientas en otros problemas, para conocer sus alcances y limitaciones.

Antes de empezar, ponemos una figura con un hecho curioso acerca de los coeficientes binomiales:

Coeficientes binomiales, Pascal y Fibonacci — «Las sumas de las diagonales del triángulo de Pascal dan los números de Fibonacci»

Definición algebraica de coeficientes binomiales

Como recordatorio, para $n \geq 0$ un entero, definimos $n!$ recursivamente como $0! = 1$ y $n! = n (n - 1)!$ . En otras palabras, para $n \geq 1$ tenemos $n! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot n .$

Definimos para $n \geq 0$ un entero y $k$ un entero en ${0, \dots, n}$ al coeficiente binomial $n$ en $k$ como $(\binom{n}{k}) := \frac{n!}{k! (n - k)!} .$ Si $n$ es un entero negativo o $k$ es un entero fuera del rango ${0, \dots, n}$ es conveniente definir $(\binom{n}{k}) = 0$ .

A partir de la definición, es claro que $(\binom{n}{n}) = (\binom{n}{0}) = 1$ para todo entero positivo $n$ . Lo que no es inmediato a partir de la definición es que $(\binom{n}{k})$ siempre sea un entero. Veremos eso en la siguiente sección.

Mientras tanto, veamos algunas propiedades de los coeficientes binomiales que se pueden verificar sin mostrar que $(\binom{n}{k})$ es entero.

Propiedad (simetría). $(\binom{n}{k}) = (\binom{n}{n - k}) .$

Propiedad (fórmula de Pascal). $(\binom{n + 1}{k + 1}) = (\binom{n}{k}) + (\binom{n}{k + 1}) .$

Propiedad (propiedad de entrada-salida). $(\binom{n + 1}{k + 1}) = \frac{n + 1}{k + 1} (\binom{n}{k}) .$

El siguiente problema se puede resolver usando estas identidades.

Propiedad (suma cambiando arriba). Muestra que para $n$ y $k$ enteros positivos se tiene que $\sum_{j = 0}^{k} (\binom{n + j}{n}) = (\binom{n + k + 1}{n + 1}) .$

Sugerencia pre-solución. Primero, formula un problema equivalente usando la propiedad de simetría. Luego, procede por inducción y usa otra de las propiedades de coeficientes binomiales mencionada arriba.

Solución. Usando la propiedad de simetría de coeficientes binomiales, el problema es equivalente a demostrar que $\sum_{j = 0}^{k} (\binom{n + j}{j}) = (\binom{n + k + 1}{k}) .$ Fijemos un entero $n \geq 0$ y hagamos inducción sobre $k$ . Para $k = 0$ , la identidad es cierta pues $(\binom{n}{0}) = 1 = (\binom{n + 1}{0}) .$

Para $k = 1$ , tenemos que mostrar que $(\binom{n}{0}) + (\binom{n + 1}{1}) = (\binom{n + 2}{1})$ . El primer término se puede escribir como $(\binom{n + 1}{0})$ , pues ambos son $1$ . Así, lo que hay que mostrar es $(\binom{n + 1}{0}) + (\binom{n + 1}{1}) = (\binom{n + 2}{1}),$ que es cierto por la fórmula de Pascal.

Suponiendo el resultado cierto para una $k$ dada, mostraremos que es cierto para $k + 1$ . Esto se sigue de la siguiente cadena de igualdades, en donde en la segunda igualdad usamos la hipótesis inductiva, y en la tercera la fórmula de Pascal:

$\begin{aligned} \sum_{j = 0}^{k + 1} (\binom{n + j}{j}) & = \sum_{j = 0}^{k} (\binom{n + j}{j}) + (\binom{n + k + 1}{k + 1}) \\ = (\binom{n + k + 1}{k}) + (\binom{n + k + 1}{k + 1}) \\ = (\binom{n + k + 2}{k + 1}) . \end{aligned}$

Esto termina la inducción.

Existen otras formas de demostrar identidades con coeficientes binomiales, y de hecho una misma identidad se puede mostrar de varias formas. Veamos más técnicas.

Aspectos combinatorios de los coeficientes binomiales

El coeficiente binomial $(\binom{n}{k})$ cuenta la cantidad de subconjuntos de tamaño $k$ de un conjunto de tamaño $n$ . Argumentar esto es relativamente fácil, usando un argumento de doble conteo. Supongamos que dicha cantidad de subconjuntos es igual a $A$ .

Respondamos la pregunta, ¿cuántos vectores de $k$ entradas existen, tales que las entradas son distintas y vienen de un conjunto de $n$ elementos? La pregunta es un poco distinta, pues como tenemos vectores, aquí sí importa el orden de los elementos. Supongamos que la respuesta es $B$ .

Una forma de responder la pregunta es la siguiente. Primero, elegimos cuál subconjunto de tamaño $k$ conformará las entradas. Esto se puede hacer de $A$ formas (que aunque no sepamos cuánto vale, lo podemos usar). Luego, hay que ordenar las $k$ entradas elegidas, que se puede hacer de $k!$ maneras. Así, esto muestra que $B = k! A$ .

Otra forma de responder la pregunta es la siguiente. Elegimos el primer elemento, que se puede hacer de $n$ formas. Luego el segundo, de entre los $n - 1$ restantes, que se puede hacer de $n - 1$ formas. Siguiendo de esta manera, el último de los $k$ hay que elegirlo entre $n - k + 1$ restantes. Así, esta otra forma de contar dice que $B = n \cdot (n - 1) \cdot \dots \cdot (n - k + 1) = \frac{n!}{(n - k)!} .$

Como ambas formas de contar son válidas, tenemos que $k! A = B = \frac{n!}{(n - k)!}$ , de donde $A = \frac{n!}{k! (n - k)!} = (\binom{n}{k})$ .

Hay problemas que de lejos parecen preguntar algo de álgebra, pero que pueden ser interpretados en términos combinatorios para dar una solución.

Problema. Para $n$ un entero positivo, muestra que $\sum_{k = 1}^{n} k (\binom{n}{k}) = n 2^{n - 1} .$

Sugerencia pre-solución. Construye un problema de conteo cuya respuesta se pueda poner tanto en términos del lado izquierdo, como en términos del lado derecho.

Solución. Preguntémonos, ¿de cuántas formas se puede elegir un subconjunto de un conjunto de $n$ elementos en el que uno de sus elementos está pintado de azul?

Por un lado, primero se puede elegir qué elemento va a ser el azul. Hay $n$ formas de hacer esta elección, y ésta forza a que el elemento en azul esté en el subconjunto. Luego, de los $n - 1$ elementos restantes hay que elegir un subconjunto para completar la elección, lo cual se puede hacer de $2^{n - 1}$ formas posibles. Así, una forma de contar da $n 2^{n - 1}$ .

Por otro lado, primero se puede decidir de qué tamaño $k$ va a ser el subconjunto. Como hay un elemento especial, el tamaño $k$ va de $1$ a $n$ . Ya elegido $k$ , hay $(\binom{n}{k})$ formas de elegir cuál será el subconjunto. Ya elegido el subconjunto, hay $k$ formas de elegir cuál será el elemento pintado de azul. Así, otra posible respuesta, también correcta, es $\sum_{k = 1}^{n} k (\binom{n}{k})$ .

Como estamos contando lo mismo con ambas expresiones, concluimos la igualdad del problema.

A este método de resolver problemas se le conoce como contar de dos formas distintas y funciona no sólo con coeficientes binomiales, sino también con cualquier otra expresión algebraica que tenga términos que se puedan interpretar de manera combinatoria. Hay otro ejemplo en el blog, en donde vemos cómo aparecen los números de Fibonacci en el triángulo de Pascal. En esa entrada también hablamos de cómo aparecen los coeficientes binomiales en el triángulo de Pascal.

Coeficientes binomiales y binomio de Newton

La interpretación combinatoria de los coeficientes binomiales nos da una demostración para la fórmula del binomio de Newton, que ya vimos en una entrada anterior. Aquí enunciamos la fómula como recordatorio.

Teorema (binomio de Newton). Para $a$ y $b$ números reales y $n$ un entero no negativo, se tiene que
$\begin{array}{r} (a + b)^{n} = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) a^{n - j} b^{j} . \end{array}$

Si en el binomio de Newton ponemos $a = b = 1$ , obtenemos $(\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + \dots + (\binom{n}{n}) = (1 + 1)^{n} = 2^{n} .$ Otra forma de probar esta identidad es simplemente notar que tanto la suma de la izquierda como el término de la derecha cuentan la cantidad de subconjuntos de un conjunto de $n$ elementos: la de la izquierda los cuenta por tamaño, y el de la derecha decidiendo para cada elemento si está o no.

Si ponemos $a = 1$ , $b = - 1$ , obtenemos que $(\binom{n}{0}) - (\binom{n}{1}) + \dots + (- 1)^{n} (\binom{n}{n}) = 0,$ o bien $(\binom{n}{0}) + (\binom{n}{2}) + \dots = (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{3}) + \dots .$

Se obtienen otras identidades de coeficientes binomiales interesantes si se usan raíces $n$ -ésimas de la unidad, como ya vimos en la entrada de aritmética compleja.

Hay otras formas de usar el binomio de Newton para probar identidades de coeficientes binomiales.

Problema. Muestra que ${(\binom{n}{0})}^{2} + {(\binom{n}{1})}^{2} + \dots + {(\binom{n}{n})}^{2} = (\binom{2 n}{n}) .$

Sugerencia pre-solución. Considera el polinomio $(1 + x)^{2 n}$ .

Solución. Consideremos el polinomio $(1 + x)^{2 n}$ y determinemos el coeficiente de su término $x^{n}$ .

Usando el binomio de Newton directamente, tenemos que $(1 + x)^{2 n} = \sum_{j = 0}^{2 n} (\binom{2 n}{j}) x^{j},$ de modo que el coeficiente de $x^{n}$ es $(\binom{2 n}{n})$ .

Por otro lado, podemos escribir $(1 + x)^{2 n} = (1 + x)^{n} (1 + x)^{n}$ . Usando el binomio de Newton, tenemos $(1 + x)^{n} = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) x^{j} .$ Al multiplicar esta expresión consigo misma, los términos que quedan de grado $n$ son cuando, para cada $j$ , elegimos en un paréntesis al término que tiene $x^{j}$ (que tiene coeficiente $(\binom{n}{j})$ ) y en el otro al que tiene a $x^{n - j}$ (que tiene coeficiente $(\binom{n}{n - j})$ ).

De esta forma, el coeficiente del término de grado $n$ es $\sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) (\binom{n}{n - j}) .$ Usando la identidad de simetría, podemos cambiar $(\binom{n}{n - j})$ por $(\binom{n}{j})$ , para obtener $\sum_{j = 0}^{n} {(\binom{n}{j})}^{2} .$ Igualando ambas formas de encontrar el coeficiente, obtenemos la identidad deseada.

Hay otras técnicas que usan herramientas de integrales o derivadas. Vimos un ejemplo de esto en una entrada anterior.

Coeficientes binomiales y teoría de números

El hecho de que los coeficientes binomiales son la respuesta a un problema de conteo, implica que son enteros no negativos. Alternativamente, esto se puede demostrar por inducción usando la identidad de Pascal.

Este hecho nos puede ayudar a resolver problemas de teoría de números. Veamos un ejemplo clásico.

Problema. Muestra que el producto de $n$ enteros consecutivos siempre es divisible entre $n!$ .

Sugerencia pre-solución. Haz una división en casos para ver si se incluye al cero, si son sólo negativos o sólo positivos. Reduce el caso de negativos a positivos y usa notación adecuada para escribir al producto de dichos enteros usando un coeficiente binomial.

Solución. Si alguno de los enteros es $0$ , entonces el producto es $0$ , que es divisible entre cualquier número. Si son $n$ enteros negativos, entonces podemos cambiar el signo a todos y su producto diferirá, quizás, en un factor $- 1$ que no afecta la divisibilidad, y habremos obtenido un problema con $n$ enteros positivos consecutivos. De esta manera, podemos enfocarnos en el caso de $n$ enteros positivos consecutivos.

Llamemos al primero $k + 1$ , para $k \geq 0$ . Los demás son entonces $k + 2, \dots, k + n$ . Su producto es
$\begin{aligned} (k + 1) (k + 2) \dots (k + n) & = \frac{k!}{k!} (k + 1) (k + 2) \dots (k + n) \\ = \frac{(n + k)!}{k!} \\ = n! (\binom{n + k}{k}) . \end{aligned}$

Como $(\binom{n + k}{k})$ es un entero, tenemos que el lado derecho es un múltiplo de $n!$ , como queríamos.

Otro tipo de técnicas hablan de la divisibilidad de un coeficiente binomial. Por ejemplo si tenemos un primo $p$ , sabemos que todos los siguiente coeficientes binomiales son enteros $(\binom{p}{1}), (\binom{p}{2}), \dots, (\binom{p}{p}) .$ Por su expresión en términos de factoriales, todos tienen a $p$ en el numerador, pero no tienen ningún divisor de $p$ distinto de $1$ en el denominador, pues $p$ es primo. Así, todos ellos son enteros divisibles entre $p$ . Eso puede ayudar en problemas como el siguiente.

Problema. Muestra que si $p$ es un número primo, entonces $p^{2}$ divide a $(\binom{2 p}{p}) - 2$ .

Sugerencia pre-solución. Formula un problema equivalente usando un resultado anterior.

Solución. Por un problema anterior, $(\binom{2 p}{p}) = {(\binom{p}{0})}^{2} + {(\binom{p}{1})}^{2} + \dots + {(\binom{p}{p})}^{2} .$

Por la discusión previa, para $j = 1, \dots, p - 1$ tenemos que $p ∣ (\binom{p}{j})$ , así que $p^{2} ∣ {(\binom{p}{j})}^{2}$ . De esta forma, trabajando módulo $2 p$ tenemos $\begin{aligned} (\binom{2 p}{p}) & \equiv {(\binom{p}{0})}^{2} + {(\binom{p}{p})}^{2} \\ \equiv 1 + 1 \equiv 2 (\mod p^{2}) . \end{aligned}$

Esto es justo lo que queríamos mostrar.

Más problemas

Puedes encontrar más problemas de coeficientes binomiales en la sección 5.1 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

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.

Seminario de Resolución de Problemas: Identidades algebraicas y binomio de Newton

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Introducción a entradas de álgebra

Cuando en matemáticas hablamos de álgebra, se abarca una gran cantidad de ideas, que van desde el álgebra de secundaria, en la cual factorizamos, despejamos y usamos identidades algebraicas, hasta el álgebra abstracta, que estudia estructuras algebraicas más generales como grupos, anillos y campos. Todas estas ideas tienen amplias aplicaciones en la resolución de problemas. En esta entrada, y las que vendrán a continuación, veremos numerosos ejemplos de esto

Para empezar, hablaremos de álgebra en el sentido de secundaria y preparatoria. Veremos que estas ideas, aunque sencillas, son muy versátiles. Después hablaremos de polinomios y de dos resultados fundamentales en su teoría: el teorema de factorización única y el teorema de la identidad. Los polinomios abundan en las matemáticas, y un correcto entendimiento de ellos abre muchas puertas en la resolución de problemas. En una entrada final daremos algunas ideas de otras estructuras algebraicas como grupos, anillos y campos.

Más adelante en el curso hablaremos con detalle de otros dos temas relacionados con álgebra: desigualdades y álgebra lineal.

Como lo hemos hecho hasta ahora, la idea no es profundizar demasiado en el desarrollo de la teoría algebraica. Para eso, es más recomendable llevar buenos cursos de distintos tipos de álgebra a nivel superior. Aquí en el blog hay material de los cursos Álgebra Superior II y Álgebra Lineal I que imparto en la Facultad de Ciencias de la UNAM.

Identidades algebraicas

Comenzaremos hablando de identidades algebraicas. Una identidad algebraica es una igualdad que se satisface para ciertas variables, independientemente del valor que tomen. Algunos ejemplos son las igualdades que se aprenden a nivel secundaria y bachillerato:

$\begin{matrix} a^{2} - b^{2} = (a - b) (a + b), \\ a^{2} + 2 a b + b^{2} = (a + b)^{2}, \\ a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b + 2 b c + 2 c a = (a + b + c)^{2}, \\ a^{n} - b^{n} = (a - b) (a^{n - 1} + a^{n - 2} b + \dots + a b^{n - 2} + b^{n - 1}) . \end{matrix}$

Varias de las identidades algebraicas nos permiten desarrollar o factorizar una expresión. Factorizarla es bastante útil en problemas de teoría de números, en donde es importante conocer qué números dividen a la expresión. Desarrollarla a veces nos permite trabajar con una suma de términos simétricos, que podemos estudiar con técnicas de polinomios o con desigualdades.

Veamos algunos ejemplos.

Problema. Muestra que si $n$ es un entero, entonces $n^{4} - 20 n^{2} + 4$ no es un número primo.

Sugerencia pre-solución. Intenta formular un problema equivalente al factorizar la expresión. Hay más de un camino por el que puedes proceder para factorizar, pero no todos te llevan a una solución. Intenta completar cuadrados de distintas formas y ve si encuentras un patrón.

Solución. Reescribimos la expresión como sigue:
$\begin{aligned} n^{4} - 20 n^{2} + 4 & = n^{4} - 4 n^{2} + 4 - 16 n^{2} \\ = (n^{2} - 2)^{2} - (4 n)^{2} \\ = (n^{2} - 4 n - 2) (n^{2} + 4 n - 2) . \end{aligned}$

Para ver que la expresión no es un primo, basta con ver que ninguno de estos factores puede ser igual a $1$ o $- 1$ . Si $n^{2} - 4 n - 2 = 1$ o $n^{2} + 4 n - 2 = 1$ , entonces $n^{2} = \pm 4 n + 3$ . Trabajando módulo $4$ , tendríamos $n^{2} \equiv 3 (\mod 4)$ , lo cual es imposible.

Si $n^{2} - 4 n - 2 = - 1$ o $n^{2} + 4 n - 2 = - 1$ , entonces sumando $6$ de ambos lados tenemos $(n \pm 2)^{2} = n^{2} \pm 4 n + 4 = 5.$ Esto es imposible pues $5$ no es el cuadrado de un entero. Así, $n^{4} - 20 n^{2} + 4$ se puede factorizar en factores distintos de $1$ y $- 1$ y por lo tanto no es primo.

El siguiente problema fue parte de la 1a Olimpiada Mexicana de Teoría de Números. Veremos dos soluciones. Ambas usan ideas algebraicas, pero son distintas entre sí.

Problema. Sean $a, b, c, d$ enteros tales que

$\begin{aligned} a b + b c + c a & = 1 \\ a d + d c + c a & = 1 \\ a b + b d + d a & = 1. \end{aligned}$

Determina todos los valores posibles que puede tomar $b c + c d + d b$ .

Sugerencia pre-solución 1. Hay varias formas de aprovechar la simetría del problema. Intenta manipular las ecuaciones para obtener información y recuerda que es importante usar que $a$ , $b$ , $c$ son enteros.

Solución 1. A partir de la primera y segunda ecuación, tenemos que $a b + b c + c a = a d + d c + c a,$

de donde $0 = a d + d c - a b - b c = (a + c) (d - b)$ . De aquí tenemos dos opciones: $a = - c$ o $b = d$ . Si $a = - c$ , de la segunda ecuación obtenemos $1 = a d + d c + c a = - c^{2},$ lo cual es imposible. Así, concluimos que $b = d$ .

Por simetría, concluimos que $c = b$ , así que $b = c = d$ . Tras esto, las tres ecuaciones se reducen a una sola $1 = 2 a b + b^{2} = b (2 a + b) .$ Las únicas factorizaciones de $1$ en enteros son $1 = 1 \cdot 1$ o $1 = (- 1) (- 1)$ , de modo que $b = 2 a + b$ , de donde $a = 0$ y $b = \pm 1$ . De cualquier forma, la expresión que buscamos es $b c + c d + d b = 3 b^{2} = 3$ .

Sugerencia pre-solución 2. Formula un problema equivalente sumando $a^{2}$ en ambos lados en cada una de las ecuaciones.

Solución 2. Sumando $a^{2}$ en ambos lados de la primer ecuación obtenemos $a^{2} + 1 = a^{2} + a b + b c + c a = (a + b) (a + c) .$ Las otras dos ecuaciones dan expresiones simétricas. Multiplicando las tres, tenemos $(a^{2} + 1) (a^{2} + 1)^{2} = (a + b)^{2} (b + c)^{2} (c + a)^{2} .$

El lado derecho es el cuadrado de un entero, así que el izquierdo también debe serlo, de modo que $a^{2} + 1$ debe ser el cuadrado de un entero. Pero los únicos cuadrados a distancia $1$ son $0$ y $1$ , de donde $a^{2} + 1 = 1$ , y así $a = 0$ . Las ecuaciones se convierten entonces en $b c = d c = b d = 1$ , de donde la suma de las tres es $3$ .

Demostraciones del binomio de Newton

La siguiente es una de las identidades algebraicas más importantes.

Teorema (binomio de Newton). Para $a$ y $b$ números reales y $n$ un entero no negativo, se tiene que
$\begin{array}{r} (a + b)^{n} = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) a^{n - j} b^{j} \end{array}$

El término de la derecha es $a^{n} + (\binom{n}{1}) a^{n - 1} b + \dots + (\binom{n}{n - 1}) a b^{n - 1} + b^{n} .$

Veamos algunas demostraciones del teorema de binomio de Newton, que usan ideas un poco distintas. La primera usa ideas combinatorias. La segunda, ideas más algebraicas. La tercera es menos general, pero usa ideas geométricas.

Demostración combinatoria

Demostración 1. Pensemos al lado izquierdo como el producto $(a + b) (a + b) \dots (a + b) (a + b) .$ ¿Cómo se obtienen factores al desarrollar esta expresión? En cada uno de los $n$ paréntesis hay que elegir o un $a$ , o un $b$ . Así, cada sumando es producto de $n$ letras.

Si elegimos $j$ veces $b$ , entonces elegimos $n - j$ veces $a$ . ¿De cuántas formas podemos elegir $j$ veces $b$ ? Tantas como subconjuntos de tamaño $j$ de un conjunto de $n$ elementos, es decir, $(\binom{n}{j})$ .Así, el término $a^{n - j} b^{j}$ aparece $(\binom{n}{j})$ veces.

Para terminar, notemos que $j$ puede ir desde $0$ (no elegir ningún $b$ ), hasta $n$ (no elegir ningún $a$ ).

La demostración anterior es combinatoria, pues está usando argumentos de conteo. Está contando de dos formas distintas los términos que aparecen en el producto desarrollado. Además, está usando la interpretación combinatoria de los coeficientes binomiales.

Demostración algebraica

Demostración 2. Si $b = 0$ , entonces en ambos lados tenemos $a^{n}$ , ya que el único sumando en el que no aparece $b$ es el primero. Tenemos algo análogo si $a = 0$ . De otra forma, podemos asumir que $a$ y $b$ no son cero y dividir ambos lados de la igualdad que queremos entre $b^{n}$ . Definiendo $x = a / b$ , tenemos que mostrar que:

$(x + 1)^{n} = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) x^{n - j} .$

Esta igualdad es claramente cierta para $n = 0$ , pues en ambos lados obtenemos $1$ , y para $n = 1$ , pues en ambos lados obtenemos $x + 1$ . Procediendo por inducción (explicamos cada paso con un poco de detalles más abajo):

$\begin{aligned} (x + 1)^{n + 1} & = (x + 1) (x + 1)^{n} \\ = (x + 1) \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) x^{n - j} \\ = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) x^{n - j + 1} + \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) x^{n - j} \\ = \sum_{j = 0}^{n + 1} (\binom{n}{j - 1}) x^{n - j} + \sum_{j = 0}^{n + 1} (\binom{n}{j}) x^{n - j} \\ = \sum_{j = 0}^{n + 1} ((\binom{n}{j - 1}) + (\binom{n}{j})) x^{n - j} \\ = \sum_{j = 0}^{n + 1} (\binom{n + 1}{j}) x^{n - j} . \end{aligned}$

El primer paso es claro. En el segundo usamos hipótesis inductiva. Luego, hacemos la multiplicación por $x + 1$ . El siguiente paso puede ser un poco confuso, pues parece que «agregamos términos», pero en la segunda suma sólo agregamos $(\binom{n}{n + 1}) x^{- 1} = 0$ . En la primer suma hicimos un shift o desfase: los términos que estaban antes para $j$ de $0$ a $n$ , ahora están para $j$ de $1$ a $n + 1$ . Además, agregamos el término $(\binom{n}{- 1}) x^{n} = 0$ . En el siguiente paso usamos la identidad de Pascal: $(\binom{n}{j - 1}) + (\binom{n}{j}) = (\binom{n + 1}{j}),$ que se puede demostrar combinatoriamente, o directamente de manera algebraica a partir de la fórmula para coeficientes binomiales.

Con esto termina la demostración por inducción.

Esta segunda demostración es mucho más algebraica, es decir, usa ideas de cómo se manipulan las expresiones con variables. El primer paso, en el que reducimos el problema a cuando un término es $1$ , se llama homogenización. En realidad no era estrictamente necesario hacerlo, pero simplifica la notación. En las sumas hicimos un shift, que es otra técnica que se usa al estudiar sumas y series.

Demostración geométrica

Daremos una última demostración del teorema del binomio de Newton, pero sólo para el caso $n = 2$ . Lo que tenemos que demostrar es simplemente la identidad $(a + b)^{2} = a^{2} + 2 a b + b^{2} .$ Para este caso, hay una bonita «demostración sin palabras»:

Binomio al cuadrado mostrado geométricamente — Demostración visual del binomio al cuadrado

Esta demostración es geométrica, pues estamos interpretando a la igualdad como una igualdad de áreas. Estamos usando una fórmula de área para cuadrados y rectángulos. Además, estamos usando que el área de una figura es aditiva, es decir, que es igual a la suma de áreas de figuras en las que queda subdividida.

Puedes elegir tu demostración favorita del binomio de Newton. Sin embargo, en resolución de problemas es importante saber proceder con varios acercamientos. Hay problemas en los que el acercamiento combinatorio, el algebraico o el geométrico es ventajoso, y por ello es mejor tener buena práctica en todos ellos.

Una aplicación del binomio de Newton en teoría de números

En entradas anteriores ya hemos usado el teorema del binomio de Newton en repetidas ocasiones, por ejemplo, en la entrada de aritmética de números complejos. Veamos un ejemplo más.

Problema. Sean $a$ y $b$ enteros primos relativos. Muestra que para todo entero positivo $n$ , se tiene que $a^{n}$ y $b^{n}$ son primos relativos.

Sugerencia pre-problema. Hay varias formas de dar una solución de esto. Una es analizando a los enteros primo por primo. Sin embargo, existe una solución usando binomio de Newton y la caracterización en términos de combinaciones lineales enteras para primos relativos.

Solución. Como $a$ y $b$ son primos relativos, existe una combinación lineal entera de ellos que da $1$ , digamos $a x + b y = 1.$ Elevando esta igualdad a la $2 n - 1$ tenemos $1 = 1^{2 n - 1} = (a x + b y)^{2 n - 1} .$ Abriendo el último término con binomio de Newton queda
$\sum_{j = 0}^{n - 1} (\binom{2 n - 1}{j}) a^{2 n - 1 - j} b^{j} + \sum_{j = n}^{2 n - 1} (\binom{2 n - 1}{j}) a^{2 n - 1 - j} b^{j},$ y factorizando $a^{n}$ del primer sumando y $b^{n}$ del segundo,
$a^{n} \sum_{j = 0}^{n - 1} (\binom{2 n - 1}{j}) a^{n - 1 - j} b^{j} + b^{n} \sum_{j = n}^{2 n - 1} (\binom{2 n - 1}{j}) a^{2 n - 1 - j} b^{j - n} .$

Lo que queda a la derecha es una combinación lineal entera de $a^{n}$ y $b^{n}$ igual a $1$ , y por lo tanto son primos relativos.

Más problemas

En la siguiente entrada hablaremos de la identidad de Gauss para suma de cuadrados y de la identidad para $x^{3} + y^{3} + z^{3} - 3 x y z$ , las cuales se usan frecuentemente en resolución de problemas. 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: Problemas de rango de transformaciones y matrices.

Por Ayax Calderón

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Introducción

Con anterioridad vimos el concepto de rango de una matriz y rango de una transformación lineal, además del muy importante teorema de rango-nulidad y la desigualdad de Sylvester. Vimos también, como contenido optativo, el versátil teorema de la factorización $P J Q$ . En esta ocasión nos enfocaremos en resolver problemas de rango que nos servirán para repasar dichos conceptos.

Problemas resueltos

Problema 1. Encuentra el kernel y el rango de la transformación lineal $T : R_{2} [x] ⟶ R_{3} [x]$ definida por $T (f (x)) = 2 f^{'} (x) + \int_{0}^{x} 3 f (t) d t .$

Antes de comenzar a leer la solución, es conveniente que te convenzas de que $T$ es una transformación lineal y que está bien definida, es decir, que en efecto toma un polinomio de grado a lo más dos con coeficientes reales y lo lleva a un polinomio de grado a lo más tres con coeficientes reales.

Solución. Consideremos $B = {1, x, x^{2}}$ la base canónica de $R_{2} [x]$ .
Entonces
$\begin{aligned} Im (T) & = span ({T (1), T (x), T (x^{2})}) \\ = span ({3 x, 2 + \frac{3}{2} x^{2}, 4 x + x^{3}}) . \end{aligned}$

Para determinar el rango de $Im T$ , colocamos a las coordenadas de estas imágenes en la siguiente matriz $A$ ,

$A = (\begin{matrix} 0 & 3 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & \frac{3}{2} & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 1 \end{matrix})$

y con el algoritmo de reducción gaussiana llegamos a que

$A_{r e d} = (\begin{matrix} 1 & 0 & \frac{3}{4} & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix})$

Como $A_{r e d}$ tiene $3$ pivotes se sigue que $rank (T) = 3$ .

Luego, por el teorema de rango nulidad se tiene que

$\begin{aligned} 3 & = \dim (R_{2} [x]) \\ = \dim (\ker (T)) + rank (T) \\ = \dim (\ker (T)) + 3. \end{aligned}$

Así, $\dim (\ker (T)) = 0$ , por lo tanto $\ker (T) = {0}$ .

$△$

La desigualdad de Sylvester nos ayuda a acotar el rango de una suma de matrices por abajo. La desigualdad $rank (A + B) \leq rank (A) + rank (B)$ nos ayuda a acotarlo por arriba. Combinar ambas ideas puede ser útil en problemas de rango de matrices.

Problema 2. Sea $A \in M_{n} (C)$ una matriz idempotente. Prueba que $rank (A) + rank (I_{n} - A) = n .$

Recuerda que una matriz es idempotente si $A^{2} = A$ .

Solución. Como $A^{2} = A$ , entonces $A (I_{n} - A) = O_{n}$ .
Luego, por la desigualdad de Sylvester se tiene que
$\begin{aligned} 0 & = rank (O_{n}) \\ = rank (A (I_{n} - A)) \\ \geq rank (A) + rank (I_{n} - A) - n, \end{aligned}$

entonces $rank (A) + rank (I_{n} - A) \leq n .$

Por otro lado, como para cualesquiera matrices $X, Y$ se tiene
$rank (X + Y) \leq rank (X) + rank (Y)$ , entonces
$n = rank (I_{n}) \leq rank (A) + rank (I_{n} - A),$
de modo que $n \leq rank (A) + rank (I_{n} - A) .$

Combinando ambas desigualdades, $rank (A) + rank (I_{n} - A) = n .$

Problema 3. Encuentra el rango de la transformación lineal $T : R_{2} [x] ⟶ M_{2} (R)$ definida por
$T (f (x)) = (\begin{matrix} f (1) - f (2) & 0 \\ 0 & f (0) \end{matrix}) .$

Solución. Para determinar el rango, basta tomar una base, encontrar la imagen de sus elementos bajo $T$ y determinar cuántos de estos elementos son linealmente independientes. Considera $B = {1, x, x^{2}}$ la base canónica de $R_{2} [x]$ . Tenemos que

$\begin{aligned} Im (T) & = span (T (B)) \\ = span ({T (1), T (x), T (x^{2})}) \\ = span ({(\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}), (\begin{array}{c} - 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}), (\begin{array}{c} - 3 & 0 \\ 0 & 0 \end{array})}) \\ = span ({(\begin{array}{c} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}), (\begin{array}{c} - 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array})}) . \end{aligned}$

Notemos también que $Extra close brace or missing open brace$ es linealmente independiente.

Por lo tanto $C$ es una base para $Im (T)$ y así $rank (T) = 2$ .

$△$

Problema 4. Sean $A \in M_{3, 2} (R)$ y $B \in M_{2, 3} (R)$ matrices tales que
$A B = (\begin{matrix} 2 & - 2 & - 4 \\ - 1 & 3 & 4 \\ 1 & - 2 & - 3 \end{matrix})$

Muestra que $B A$ es la identidad.

El enunciado no parece mostrar que este sea uno de los problemas de rango de matrices. Sin embargo, para poder resolverlo usaremos las herramientas que hemos desarrollado hasta ahora.

Partiremos el problema en los siguientes pasos.

Verificar que $(A B)^{2} = A B$ y que $rank (A B) = 2$ .
Probar que $B A$ es invertible.
Probar que $(B A)^{3} = (B A)^{2}$ y deducir que $B A = I_{2}$ .

Solución.

1. Realizamos la operación matricial:

$(\begin{matrix} 2 & - 2 & - 4 \\ - 1 & 3 & 4 \\ 1 & - 2 & - 3 \end{matrix}) (\begin{matrix} 2 & - 2 & - 4 \\ - 1 & 3 & 4 \\ 1 & - 2 & - 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 & - 2 & - 4 \\ - 1 & 3 & 4 \\ 1 & - 2 & - 3 \end{matrix})$

Ahora, aplicando reducción gaussiana en $A B$ obtenemos que $(A B)_{r e d} = (\begin{matrix} 1 & 0 & - 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .$

Como $(A B)_{r e d}$ tiene sólo dos pivotes, entonces $rank (A B) = 2$ .

2. Usando la desigualdad de rango para producto de matrices, obtenemos que
$\begin{aligned} rank (B A) & \geq rank (A (B A) B) \\ = rank ((A B)^{2}) \\ = rank (A B) = 2. \end{aligned}$

Entonces, $rank (B A) \geq 2$ . Por otro lado, como $B A \in M_{2} (R)$ , entonces $rank (B A) \leq 2$ . Así, $rank (B A) = 2$ y $B A$ es una matriz en $M_{2} (R)$ , así que es invertible.

3. Como $(A B)^{2} = A B$ , entonces $B (A B)^{2} A = B (A B) A = (B A)^{2}$ . Por consiguiente $B A B A B A = (B A)^{2}$ y así $(B A)^{3} = (B A)^{2}$ y como $B A$ es invertible, podemos multiplicar en ambos lados de esta última igualdad por $((B A)^{- 1})^{2}$ para obtener $B A = I_{2}$ .

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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»

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