Introducción
Ahora que hemos definido a la suma en el conjunto de los naturales, podemos definir el producto, pues éste se refiere a sumar cierta cantidad de veces un mismo número. De este modo, el producto se definirá recursivamente en términos de la suma, así como la suma fue definida recursivamente en términos de la función sucesor.
Producto de naturales
Utilizando el teorema de recursión se puede mostrar, al igual que con la operación suma, que existe una única función $\cdot: \mathbb{N}\times\mathbb{N}\to \mathbb{N}$, denotada por $\cdot(m,n)=m\cdot n$, que satisface las siguientes condiciones:
- $0\cdot n=0$ para cualquier $n\in \mathbb{N}$,
- $s(m)\cdot n= (m\cdot n)+n$.
Dado que seguimos trabajando con conjuntos y hemos definido una nueva operación binaria, podemos preguntarnos si esta operación conmuta, es asociativa o si cumple alguna otra propiedad tal como lo hace el producto cartesiano y la suma en los naturales. Además veremos que esta operación se distribuye con la suma.
Distributividad del producto sobre la suma
Teorema. Para cualesquiera $m,n,k\in \mathbb{N}$, se tiene que $m\cdot(n+k)=m\cdot n+ m\cdot k$.
Demostración. Procederemos por inducción sobre $m$ y dejaremos fijos a $n$ y $k$.
Base de inducción. Si $m=0$, $0\cdot(n+k)=0=0+0=(0\cdot n)+(0\cdot k)$.
Hipótesis de inducción. Supongamos que se cumple para $m$, es decir, $m\cdot(n+k)= (m\cdot n)+(m\cdot k)$.
Paso inductivo. Veamos que se cumple para $m+1$, es decir, $(m+1)\cdot(n+k)=(m+1)\cdot n+(m+1)\cdot k$.
\begin{align*}
(m+1)\cdot (n+ k)&=m\cdot (n+ k)+(n+ k) \tag{Definición $\cdot$}\\
&= (m\cdot n+m\cdot k)+(n+ k) \tag{Hipótesis de inducción}\\
&= ((m\cdot n)+n)+((m\cdot k)+k)\tag{Conmutatividad y asociatividad de $+$}\\
&= (m+1)\cdot n+(m+1)\cdot k \tag{Definición $\cdot$}.
\end{align*}
Por lo tanto, $m\cdot(n+k)=m\cdot n+m\cdot k$ para cualesquiera $m, n, k\in \mathbb{N}$.
$\square$
Conmutatividad del producto
Para demostrar que el producto es conmutativo primero vamos a demostrar los siguientes lemas:
Lema 1. Para cualquier $n\in \mathbb{N}$, se tiene que $n\cdot 0=0$.
Demostración.
Procederemos por inducción sobre $n$.
Base de inducción. Si $n=0$, tenemos que $0\cdot 0=0$.
Hipótesis de inducción. Supongamos que para algún $k\in \mathbb{N}$ se satisface que $k\cdot 0=0$.
Paso de inductivo. Veamos que se cumple para $k+1$, es decir, $(k+1)\cdot 0=0$.
\begin{align*}
(k+1)\cdot 0 &=(k\cdot 0)+0\tag{Definición $\cdot$}\\
&= 0+0\tag{Hipótesis de inducción}\\
&= 0\tag{Propiedad $+$}.
\end{align*}
Por lo tanto, $n\cdot 0=0$, para cualquier $n\in \mathbb{N}$.
$\square$
Lema 2. Para cualquier $n\in \mathbb{N}$, se tiene que $n\cdot 1=n$.
Demostración.
Procederemos por inducción sobre $n$.
Base de inducción. Si $n=0$, tenemos que $0\cdot 1= 0$ por la definición de $\cdot$.
Hipótesis de inducción. Supongamos que para algún $k\in \mathbb{N}$ se satisface que $k\cdot 1=k$.
Paso de inductivo. Veamos que se cumple para $k+1$, es decir, $(k+1)\cdot 1=k+1$.
\begin{align*}
(k+1)\cdot 1&=(k\cdot 1)+1\tag{Definición $\cdot$}\\
&= k+1. \tag{Hipótesis de Inducción}
\end{align*}
Por lo tanto, para cualquier $n\in \mathbb{N}$, $n\cdot 1=n$.
$\square$
Teorema. Para cualesquiera $m,n\in \mathbb{N}$, $n\cdot m=m\cdot n$.
Demostración.
Por inducción sobre $m$.
Base de inducción. Si $m=0$, entonces $0\cdot n=0=n\cdot 0$, por el Lema 1.
Hipótesis de inducción. Supongamos que para $k$ se cumple que $n\cdot k=k\cdot n$.
Paso inductivo. Veamos que para $k+1$ se satisface que $n\cdot (k+1)= (k+1)\cdot n$.
\begin{align*}
(k+1)\cdot n&= (k\cdot n)+n\tag{Definición $+$}\\
&= (n\cdot k)+n\tag{Hipótesis de Inducción}\\
&= (n\cdot k)+(n\cdot 1) \tag{Lema 2}\\
&= n\cdot (k+1) \tag{Distributividad}.
\end{align*}
Por lo tanto, $\cdot$ es conmutativo.
$\square$
Asociatividad del producto
Teorema. Para cualesquiera $m,n,k\in \mathbb{N}$, se tiene que $m\cdot(n\cdot k)=(m\cdot n)\cdot k$.
Demostración. Procederemos por inducción sobre $m$ y dejaremos fijos a $n$ y $k$.
Base de inducción. Si $m=0$, $0\cdot(n\cdot k)=0=0\cdot k = (0\cdot n)\cdot k$.
Hipótesis de inducción. Supongamos que se cumple para $m$, es decir, $m\cdot(n\cdot k)= (m\cdot n)\cdot k$.
Paso inductivo. Veamos que se cumple para $m+1$, es decir, $(m+1)\cdot(n\cdot k)=((m+1)\cdot n)\cdot k$.
\begin{align*}
(m+1)\cdot (n\cdot k)&=(m\cdot (n\cdot k))+(n\cdot k) \tag{Definición $\cdot$}\\
&= ((m\cdot n)\cdot k)+(n\cdot k) \tag{Hipótesis de inducción}\\
&=(k\cdot(m\cdot n))+(k\cdot n) \tag{Conmutatividad del producto}\\
&=k\cdot(m\cdot n+n) \tag{Distributividad}\\
&= (m\cdot n+n)\cdot k\tag{Conmutatividad del producto}\\
&= ((m+1)\cdot n)\cdot k\tag{Definición $\cdot$}.
\end{align*}
Por lo tanto, $\cdot$ es asociativa.
$\square$
Ley de cancelación
En álgebra, cuando tenemos una ecuación como la siguiente #$x\cdot z=y\cdot z,$$ siempre que $z\not=0$, concluimos que $x=y$. Esto tiene una justificación y la llamaremos ley de cancelación para el producto. En los naturales se cumple esta ley.
Teorema. Sean $n, m, k\in \mathbb{N}$ con $k\not=0$. Si $n\cdot k=m\cdot k$, entonces $n=m$.
Para probar dicho teorema, utilizaremos la siguiente serie de resultados.
Proposición. Si $n,m\in\mathbb{N}$ son tales que $n\leq m$, entonces, existe $t\in\mathbb{N}$ tal que $n+t=m$.
Demostración (Proposición).
Mostraremos por inducción sobre $m$ que para todo $n\leq m$, existe $t_n\in \mathbb{N}$ tal que $n+t_n=m$.
Base de inducción. $k=0$. Si $n\leq 0$, entonces $n=0$, pues recordemos que dos números naturales $n$ y $m$ satisfacen $n\leq m$ si, y sólo si, $n\in m$ o $n=m$. Así, si $n\leq 0$, entonces $n\in 0$ o $n=0$, pero dado que el enunciado $n\in 0$ no puede ser cierto pues $0=\emptyset$ no tiene elementos, se sigue que $n=0$ tiene que ser verdadero. De este modo, si $n\leq 0$, entonces $n=0$ y tomando $t=0$ se tiene que $n+t=0+0=0$. Por lo tanto, para todo $n\leq 0$ existe $t_n\in\mathbb{N}$ tal que $n+t_n=0$. Por lo tanto, la proposición es cierta para $k=0$.
Hipótesis de inducción. Supongamos que para algún $k\in\mathbb{N}$ se satisface que para todo $n\leq k$, existe $t_n\in\mathbb{N}$ tal que $n+t_n=k$.
Paso inductivo. Veamos que se cumple para $s(k)$. Sea $n\leq s(k)$. Luego, $n\in s(k)$ o $n=s(k)$. Si $n=s(k)$, entonces tomamos $t=0$ y se tiene que $n+t=s(k)+0=s(k)$. Supongamos ahora que $n\in s(k)$.
Como $n\in s(k)$, entonces $n=k$ o $n\in k$, es decir, $n\leq k$. Luego, por hipótesis de inducción, existe $t_n\in\mathbb{N}$ tal que $n+t_n=k$. De este modo, si tomamos $s(t_n)\in\mathbb{N}$ se tiene que $n+s(t_n)=s(t_n)+n=s(t_n+n)=s(k)$.
En cualquier caso para $n$ hemos concluido que existe $t_n\in\mathbb{N}$ tal que $n+t_n=s(k)$.
Por lo tanto, la proposición es verdadera.
$\square$
Proposición. Si $n\in\mathbb{N}$, entonces $n\leq n+t$ para todo $t\in\mathbb{N}$.
Demostración (Proposición).
Sea $n\in\mathbb{N}$. Probaremos por inducción sobre $t$ que $n\leq n+t$ para todo $t\in\mathbb{N}$.
Base. $t=0$. Para $t=0$ tenemos que $n+t=n+0=n$, por lo que es verdad que $n\leq n+t$.
Hipótesis de inducción. Supongamos que para algún $t\in\mathbb{N}$, $n\leq n+t$.
Bajo esta hipótesis veamos que $n\leq n+s(t)$. Primero, notemos que $n+s(t)=s(t)+n$ por la conmutatividad de la suma. Luego, por definición de la suma, $s(t)+n=s(t+n)$. Dado que $s(t+n)=(t+n)\cup\set{t+n}$, entonces $n+t\in s(t+n)$. Ahora bien, por hipótesis de inducción, $n\leq n+t$, es decir, $n=n+t$ o $n\in n+t$. Si $n=n+t$, entonces $n\in s(n+t)$, ya que $n+t\in s(n+t)$, por lo que $n\leq s(n+t)=n+s(t)$.
Ahora, si $n\in n+t$, entonces, $n\in s(n+t)$ por transitividad de la pertenencia en los naturales, por lo que también se cumple que $n\leq n+s(t)$.
En cualquier caso concluimos que $n\leq n+s(t)$, lo que concluye la prueba de la proposición.
$\square$
El último resultado que veremos, antes de iniciar con la demostración de la ley de la cancelación del producto, dice lo siguiente:
Corolario. Si $n\in\mathbb{N}$ es distinto de $0$, entonces $n+t$ es distinto de $0$ para todo $t\in\mathbb{N}$.
Demostración (Corolario).
Sea $n\in\mathbb{N}$ distinto de $0$ y supongamos que $t\in\mathbb{N}$ es arbitrario. Por la proposición anterior, $n\leq n+t$, es decir, $n=n+t$ o $n\in n+t$. Si $n=n+t$, entonces $n+t$ es distinto de $0$ por la hipótesis sobre $n$. Si ahora $n\in n+t$, entonces $n+t$ es distinto de $0$, pues $n+t$ tiene un elemento, el cual es $n$, mientras que el $0$ no tiene elementos. Esto concluye la prueba.
$\square$
Ya que contamos con esta serie de resultados previos podemos dar la demostración de la ley de cancelación del producto.
Demostración (Ley de cancelación del producto).
Supongamos que $n\cdot k = m\cdot k$ con $k \neq 0$. Como el orden $\leq$ es un buen orden en $\mathbb{N}$, entonces es total. Así, $n\leq m$ o $m\leq n$. Haremos el caso $n\leq m$ pues el otro caso es análogo. Como $n\leq m$, existe un natural $t$ tal que $n+t=m$. Como $k\neq 0$, existe un natural $s$ tal que $k=s+1$. De esta manera,
\begin{align*}
ns+n &= n(s+1)\\
&=nk\\
&=mk\\
&=(n+t)(s+1)\\
&=ns+n+ts+t.
\end{align*}
En esta cadena de igualdades hemos usado las propiedades que ya hemos probado de la suma y el producto. Usando ahora la ley de cancelación de la suma, obtenemos que $0=ts+t$. Como aquí hay una suma de naturales igualada a cero, cada sumando es igual a cero. En particular, $t=0$ y por lo tanto $m=n+0=n$, como queríamos.
$\square$
Tarea moral
La siguiente lista de ejercicios te permitirá reforzar el contenido visto en esta sección:
- Demuestra que existe una única función $\cdot: \mathbb{N}\times\mathbb{N}\to \mathbb{N}$, denotada por $\cdot(m,n)=m\cdot n$, que satisface las siguientes condiciones:
– $0\cdot n=0$ para cualquier $n\in \mathbb{N}$,
– $s(m)\cdot n= (m\cdot n)+n$.
- Demuestra que para cualesquiera $m,n,l\in \mathbb{N}$ tal que $l\not=0$, si $m<n$, entonces $l\cdot m<l\cdot n$.
- Demuestra que para cualesquiera $m,n\in \mathbb{N}$, si $m\cdot n=0$, entonces $m=0$ o $n=0$.
- Usa el teorema de recursión para probar la existencia y unicidad de una función $F:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ que satisfaga lo siguiente:
$F(0)=1$,
$F(1)=1$,
$F(2)=2\cdot 1$,
$\vdots$
$F(n)=n\cdot (n-1)\cdots 2\cdot 1$.
A la función $F$ se le llama el factorial y la denotamos por $F(n)=n!$.
- Usa el teorema de recursión y unicidad para probar para cada natural $n$ la existencia de una función $w_n:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ que cumple $w_n(0)=1$ y $w_n(m+1)=n\cdot w_n(m)$. Usa las funciones $w_n$ para definir la exponenciación en $\mathbb{N}$ como la operación binaria de $\mathbb{N}$ en $\mathbb{N}$ denotada por $n^m=w_n(m)$. Prueba que la exponenciación cumple las siguientes propiedades:
- Para todo natural $m>0$, se cumple que $0^m=0$ y $1^m=1$.
- Para cualesquiera naturales $l,m,n$, se cumple que $(m\cdot n)^l=m^l\cdot n^l$, que $l^{m+n}=l^m\cdot l^n$ y que $(l^m)^n=l^{m\cdot n}$.
- Encuentra todas las soluciones en los naturales a la ecuación $m^2+n=n^2+m$. ¡Ten cuidado! En $\mathbb{N}$ todavía no hemos definido la resta, así que como primer paso no puedes «pasar restando». Todos tus argumentos tendrán que permanecer en lo que hemos construido de $\mathbb{N}$.
Más adelante…
Con esta entrada concluimos el contenido acerca de números naturales. Es lo único que haremos en este curso sobre la construcción de sistemas numéricos, pero todos estos conocimientos sirven para constuir a los enteros y los racionales. Puedes hacer clic en los enlaces para consultar el contenido de la construcción de los números enteros y de los números racionales que se encuentra en el curso de Álgebra Superior II.
Nuestro enfoque continuará siendo conjuntista, y ahora nos enfocaremos en la noción de que dos conjuntos «tengan la misma cantidad de elementos». Así, en la siguiente unidad hablaremos acerca de equipotencia, finitud, infinitud, dominancia y aritmética cardinal. El conjunto de los números naturales jugará un papel clave para esta teoría.
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Agradecimientos
Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE109323 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 3»
