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Teoría de los Conjuntos I: Producto en los naturales

Por Gabriela Hernández Aguilar

4 respuestas

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:

  1. $0\cdot n=0$ para cualquier $n\in \mathbb{N}$,
  2. $s(m)\cdot n= (m\cdot n)+n$.

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.1

$\square$

Tarea moral

La siguiente lista de ejercicios te permitirá reforzar el contenido visto en esta sección:

  1. 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 $n\in \mathbb{N}$,
    – $s(m)\cdot n= (m\cdot n)+n$.
  2. Demuestra que para cualesquiera $m,n,l\in \mathbb{N}$ tal que $l\not=0$, si $m<n$, entonces $l\cdot m<l\cdot n$.
  3. Demuestra que para cualesquiera $m,n\in \mathbb{N}$, si $m\cdot n=0$, entonces $m=0$ o $n=0$.
  4. 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 $F(n)=n!$.
  5. 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 $(l^m)^n=l^{m\cdot n}$.
  6. 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»

  1. También puedes consultar las pruebas de las propiedades del producto en los naturales en: Hernández, F., Teoría de Conjuntos, México: Aportaciones Matemáticas No.13, SMM, 1998, p. 106-108. ↩︎

Teoría de los Conjuntos I: Suma en los naturales

Por Gabriela Hernández Aguilar

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Introducción

Como lo dijimos en la entrada anterior, buscamos la manera de definir a la suma en el conjunto de los naturales y esto nos lo permitirá el teorema de recursión. En esta nueva entrada presentaremos la definición formal de la suma y demostraremos algunas de las propiedades que satisface.

Suma de naturales

El teorema de recursión nos garantiza que la siguiente definición es correcta.

Definición. Dado $n\in \mathbb{N}$ fijo pero arbitrario, la función sumar $n$ es la una única función $f_n:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tal que $f_n(0)=n$ y $f_n(s(m))=s(f_n(m))$ para cualquier $m\in \mathbb{N}$.

Está definición nos dice cómo sumar a un número natural con un $n$ fijo. Sin embargo, usualmente entendemos a la suma como una operación binaria, que toma dos sumandos y nos da un resultado. A continuación hacemos esto.

Definición. Definimos a la suma de los naturales como la función $+: \mathbb{N}\times \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tal que $+(m,n)=f_m(n)$ para cualesquiera $n,m\in \mathbb{N}$. Definimos también la notación $m+n:=+(m,n)$.

Como la función $+$ está basada en las funciones $f_n$, obtenemos de manera inmediata que se satisfacen las siguientes propiedades:

  1. $0+n=n$ para cualquier $n\in \mathbb{N}$,
  2. $s(m)+n=s(m+n)$ para cualesquiera $m,n\in \mathbb{N}$.

¿Habrá otra función que satisfaga esto?

Teorema.1 La función $+$ es la única función de $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ en $\mathbb{N}$ que satisface las propiedades 1) y 2) de arriba.

Demostración.

Sea $+$ la función que definimos arriba y supongamos que existe $h:\mathbb{N}\times \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ que satisface $h(0,n)=n$ y $h(s(m), n)= s(h(m,n))$ para cualesquiera $m,n\in \mathbb{N}$. Veamos que $+=h$.

Definamos para cada $n\in\mathbb{N}$ la función $h_n:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ por medio de $h_n(0)=h(n,0)$ y $h_n(m)=h(n,m)$. Notemos que para todo $n\in\mathbb{N}$, $h_n(0)=n$ y $h_n(s(m))=h(n,s(m))=s(h(n,m))=s(h_{n}(m))$, y por el teorema de recursión se sigue que $h_n=f_n$.

Así, para $n,m\in\mathbb{N}$ arbitrarios, $+(m,n)=f_n(m)=h_n(m)=h(n,m)$ y en consecuencia, $+=h$.

$\square$

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 algebraica. Notaremos que para demostrar estas propiedades ocuparemos en todo momento el principio de inducción.

Asociatividad de la suma

Teorema. Para cualesquiera $m,n,k\in \mathbb{N}$, se tiene que $m+(n+k)=(m+n)+k$.

Demostración.

Procederemos por inducción sobre $m$ y dejaremos fijos a $n$ y $k$.

Base de inducción. Si $m=0$, $0+(n+k)=n+k=(0+n)+k$.

Hipótesis de inducción. Supongamos que se cumple para $m$, es decir, $m+(n+k)= (m+n)+k$.

Paso inductivo. Veamos que se cumple para $s(m)$, es decir, $s(m)+(n+k)=(s(m)+n)+k$.

\begin{align*}
s(m)+(n+k)&=s(m+(n+k)) \tag{Definición $+$}\\
&= s((m+n)+k) \tag{Hipótesis de inducción}\\
&= s(m+n)+k\tag{Definición $+$}\\
&= (s(m)+n)+k\tag{Definición $+$}.
\end{align*}

Por lo tanto, $+$ es asociativa.

$\square$

Conmutatividad de la suma

Ahora vamos a ver que la suma conmuta, para ello demostraremos los siguientes lemas:

Lema 1. Para cualquier $m\in \mathbb{N}$, se tiene que $0+m=m+0$.

Demostración.

Procederemos por inducción sobre $m$.

Base de inducción. Si $m=0$, tenemos que $0+0=0=0+0$.

Hipótesis de inducción. Supongamos que para algún $k\in \mathbb{N}$ se satisface que $0+k=k+0$.

Paso de inductivo. Veamos que se cumple para $s(k)$, es decir, $0+s(k)=s(k)+0$.

\begin{align*}
s(k)+0 &=s(k+0)\tag{Definición $+$}\\
&= s(0+k)\tag{Hipótesis de inducción}\\
&= s(k)\tag{Definición $+$}\\
&= 0+s(k)\tag{Definición $+$}.
\end{align*}

Por lo tanto, $0+m=m+0$, para cualquier $m\in \mathbb{N}$.

$\square$

Lema 2. Para cualesquiera $m,n\in \mathbb{N}$, se tiene que $s(n)+m=n+s(m)$.

Demostración.

Procederemos por inducción sobre $m$.

Base de inducción. Si $n=0$, tenemos que $s(0)+m=s(0+m)= s(m)=0+s(m)$.

Hipótesis de inducción. Supongamos que para algún $k\in \mathbb{N}$ se satisface que $s(k)+m=k+s(m)$.

Paso de inductivo. Veamos que se cumple para $s(k)$, es decir, $s(s(k))+m=s(k)+s(m)$.

\begin{align*}
s(s(k))+m &=s(s(k)+m) \tag{Definición $+$}\\
&= s(k+s(m)) \tag{Hipótesis de Inducción}\\
&= s(k)+s(m) \tag{Definición $+$}.
\end{align*}

Por lo tanto, para cualesquiera $m,n\in \mathbb{N}$, se tiene que $s(n)+m=n+s(m)$.

$\square$

Proposición. Para cualesquiera $m,n\in \mathbb{N}$, se tiened que $n+m=m+n$.

Demostración.

Por inducción sobre $m$.

Base de inducción. Si $m=0$, entonces $n+0=0+n$. (Lo probamos por inducción en el primer lema 1).

Hipótesis de inducción. Supongamos que para $k$ se cumple que $n+k=k+n$.

Paso inductivo. Veamos que para $s(k)$ se satisface que $n+s(k)= s(k)+n$.

\begin{align*}
s(k)+n&= s(k+n)\tag{Definición $+$}\\
&= s(n+k)\tag{Hipótesis de Inducción}\\
&= s(n)+k\tag{Definición $+$}\\
&= n+s(k)\tag{Lema 2}.
\end{align*}

Por lo tanto, $+$ es conmutativa.

$\square$

Ley de cancelación

En álgebra, cuando tenemos una ecuación como la siguiente:

$x+5=y+5$,

dado que $5=5$, entonces ponemos $x=y$. Esto tiene una justificación y la llamaremos ley de cancelación de la suma. El teorema dice lo siguiente:

Teorema. Si se tienen números naturales $n,m,k$ tales que $n+k=m+k$, entonces $n=m$.

Demostración.

Demostraremos que si $n\not=m$, entonces $n+k\not=m+k$. Procederemos por inducción sobre $k$.

Base de inducción. Supongamos que $n\not=m$. Luego, $n+0=0+n=n$ y $m+0=0+m=m$ y así, $n+0=n\not=m=m+0$.

Hipótesis de inducción. Supongamos que para algún $k\in \mathbb{N}$, se satisface que si $n\not=m$, entonces $n+k\not=m+k$.

Paso inductivo. Veamos que se cumple para $s(k)$, es decir, si $n\not=m$, entonces $n+s(k)\not=m+s(k)$.

Supongamos que $n\not=m$. Luego,

\begin{align*}
n+s(k)&= s(n)+k\tag{Lema 2}\\
&= s(n+k)\tag{Definición $+$}\\
&\not= s(m+k)\tag{Hipótesis de inducción e inyectividad de $s$}\\
&= s(m)+k\tag{Definición $+$}\\
&= m+s(k)\tag{Lema 2}.
\end{align*}

Por lo tanto, se cumple la ley de cancelación para la suma. 2

$\square$

Como último resultado de esta entrada, probaremos que $s(m)=m+1$ para cualquier $m\in \mathbb{N}$.

Teorema. Para cualquier $m\in \mathbb{N}$, se tiene que $s(m)=m+1$.

Demostración.

Procederemos por inducción sobre $m$.

Base de inducción. Si $m=0$, entonces $s(0)=1=0+1$.

Hipótesis de inducción. Supongamos que para $k\in \mathbb{N}$ se cumple que $s(k)=k+1$.

Paso inductivo. Veamos que la propiedad se satisface para $s(k)$, es decir, $s(s(k))= s(k)+1$.

\begin{align*}
s(k)+1&= s(k+1)\tag{Definición $+$}\\
&= s(s(k))\tag{Hipótesis de inducción}.
\end{align*}

Por lo tanto, $s(m)=m+1$ para cualquier $m\in \mathbb{N}$.

$\square$

A partir de este momento usaremos el hecho de que $s(m)=m+1$.

Tarea moral

La siguiente lista de ejercicios te permitirá reforzar el contenido de esta entrada.

  1. Verifica totalmente a partir de las definiciones que $2+2=4$.
  2. Reflexiona sobre por qué sí se tiene que usar inducción para demostrar que $n+0=n$ para todo número natural $n$, pero no es necesario usar inducción para demostrar que $0+n=n$ para todo número natural $n$.
  3. Demuestra que si $n,m\in \mathbb{N}$ tales que $n\not=m$, entonces $s(n)\not= s(m)$.
  4. Demuestra usando el principio de inducción que para cualesquiera $m, n \in \mathbb{N}$, se tiene que $m + n \geq n$.
  5. Prueba que para cualesquiera $m,n\in \mathbb{N}$ tales que $m+n=0$, se cumple que $m=0$ y $n=0$.
  6. Demuestra usando únicamente las definiciones dadas que no existe un entero $n$ tal que $4+n = 2$.

Más adelante…

En la siguiente entrada definiremos al producto en el conjunto de los números naturales. Al igual que en la definición de la suma, podremos notar que usaremos un proceso recursivo para definir esta operación.

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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»

  1. También puedes consultar la prueba de este teorema en: Hernández, F., Teoría de Conjuntos, México: Aportaciones Matemáticas No.13, SMM, 1998, p.102-103. ↩︎
  2. Puedes consultar las demostraciones de las propiedades de la suma en los naturales en: Hernández, F., Teoría de Conjuntos, México: Aportaciones Matemáticas No.13, SMM, 1998, p. 104-106. ↩︎

Teoría de los Conjuntos I: Teorema de recursión

Por Gabriela Hernández Aguilar

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Introducción

A lo largo de la historia, el ser humano tuvo la necesidad de contar sus pertenencias. Esta idea la podemos asociar con los números naturales. Dado que la cantidad de cosas que alguien puede aumentar o disminuir, se tuvo la necesidad de sumar y restar. Ya definimos a los números naturales. Ahora hablaremos de la operación de suma. Pero para ello, primero necesitamos enunciar y demostrar un teorema muy importante: el teorema de recursión.

Motivación del proceso recursivo

Definir una operación de forma recursiva es de los procesos más comunes que hay. La suma y el producto son operaciones que se definirán con este proceso. Veamos, de manera intuitiva cómo queremos definir a la suma en los naturales.

La operación $+:(\mathbb{N}\times \mathbb{N})\to \mathbb{N}$ queremos que cumpla lo siguiente:

\begin{align*}
+(n,0)&=n+0=n\\
+(n,s(0))&= n+s(0)=n+1=s(n)=s(n+0)\\
+(n, s(1))&=n+s(1)=n+2=s(n+1)\\
\vdots\\
\end{align*}

En vez de poner puntos suspensivos, podemos reescribir esto como sigue.

\begin{align*}
+(n,0)&=n\\
+(n,s(m))&=s(n+m)\ \text{para cualquier}\ m\in\mathbb{N}.
\end{align*}

Observa estas propiedades con cuidado. Pensemos en que el número $n$ es fijo y vemos qué está sucediendo con $m$. En primer lugar, estamos diciendo qué queremos que suceda cuando $m=0$: estamos pidendo que se cumpla que $n+0=n$. En segundo lugar, estamos diciendo qué queremos que suceda con el sucesor de $m$: queremos que $n+s(m)=s(n+m)$. Esto tiene sentido pues si vamos definiendo «en orden» la suma, ya sabremos cuál es el valor de $n+m$, y para calcular $n+s(m)$ basta aplicar la función sucesor al número ya conocido $n+m$.

A este procedimiento es al que le llamaremos recursión. Para definir una función $f:\mathbb{N}\to A$, estableceremos un «caso base» diciendo quién es $f(0)$ y luego daremos una manera de obtener $f(n+1)$ a partir de $f(n)$. Antes de enunciar y demostrar esto formalmente, veremos un concepto que nos será de utilidad.

Cálculos de longitud $m$

Definición. Sea $A$ un conjunto y $a\in A$. Sea $g:A\to A$ una función. Sea $m\in \mathbb{N}$. Decimos que $t$ es un cálculo de longitud $m$ basado en $g$ si y sólo si $t$ es una función que satisface:

\begin{align*}
t&:s(m)\to A\\
t(0)&=a\\
t(s(k))&=g(t(k))\ \text{para cualquier}\ k\in\mathbb{N}\ \text{tal que}\ 0\leq k< m.
\end{align*}

Ejemplo.

¿Cómo se ve un cálculo de longitud $0$?

Sea $A$ un conjunto y $a\in A$ y sea $g:A\to A$. Un cálculo de longitud $0$ es una función $t: s(0)\to A$ tal que $t(0)=a$. (La segunda propiedad de la definición se satisface por vacuidad).

Y, ¿cómo se ve un cálculo de longitud $1$?

Sea $A$ un conjunto y $a\in A$ y sea $g:A\to A$. Un cálculo de longitud $1$ es una función

\begin{align*}
t&: s(1)\to A\\
t(0)&=a\\
t(s(0))&=g(t(0))= g(a).
\end{align*}

El $dom(t)=s(1)=\set{0,1}$ por lo que para saber quién es $t$ basta con saber a dónde envía al $0$ y al $1$, lo cuál sabemos: $0\to a$ y $1\to g(a)$, donde $g(a)\in A$.

$\square$

Ahora que tenemos ejemplos de cálculos de longitud $0$ y $1$, vamos a proceder a enunciar el teorema de recursión. En la demostración notaremos que será de gran importancia conocer el concepto de cálculo de longitud $m$.

Teorema de recursión

Teorema. Sean $A$ un conjunto cualquiera, $a\in A$ y $g:A\to A$ una función. Existe una única función $f: \mathbb{N}\to A$ que satisface:

a) $f(0)=a$,

b) $f(s(n))=g(f(n))$ para todo $n\in \mathbb{N}$.

Demostración.

Para hacer la demostración primero vamos a ver que para cada número natural $m$ existe un único cálculo de longitud $m$ basado en $g$. Este hecho lo vamos a probar por inducción.

Base de inducción. En el ejemplo anterior vimos que existe el cálculo de longitud $0$, por lo que basta ver que esta función es única. Supongamos que existe $l: s(0)\to A$ tal que $l(0)=a$. Como $t=\set{(0,a)}$ y $l=\set{(0,a)}$, entonces $s=t$, y por lo tanto el cálculo de longitud $0$ es único.

Hipótesis de inducción. Supongamos que existe un único cálculo de longitud $n$ basado en $g$, es decir, existe una única función $t:s(n)\to A$ que satisface:

\begin{align*}
t&: s(n)\to A\\
t(0)&=a\\
t(s(k))&=g(t(k))\ \text{con}\ 0\leq k< n
\end{align*}

Paso inductivo. Veamos que existe un único cálculo de longitud $s(n)$.

Proponemos $t^{*}:s(s(n))\to A$ dada por $t^{*}=t\cup \set{(s(n), g(t(n)))}$. Se tiene que $t^{*}$ es un cálculo de longitud $s(n)$. Para comprobarlo, notemos primero que $t\cap\{(s(n),g(t(n)))\}=\emptyset$, pues $s(n)\notin s(n)=dom(t)$, de modo que la pareja $(s(n),g(t(n)))$ no está en $t$. Por tanto, $t$ y $\{(s(n),g(t(n)))\}$ son funciones compatibles y, en consecuencia, $t^{*}$ es una función. Además, $domt^{*}=dom(t)\cup\{s(n)\}=s(n)\cup\{s(n)\}=s(s(n))$, por lo que $t^{*}$ es una función de $s(s(n))$ en $A$. Notemos ahora que $t^{*}(0)=t(0)=a$; por otro lado, si $k\in\mathbb{N}$ es tal que $0\leq k<n$, entonces, $t^{*}(s(k))=t(s(k))=g(t(k))=g(t^{*}(k))$ y, además, $t^{*}(s(n))=g(t(n))=g(t^{*}(n))$. Por tanto, $t^{*}$ es un cálculo de longitud $s(n)$. Resta ver que $t^{*}$ es el único cálculo de longitud $s(n)$.

En efecto, supongamos que $t_1$ y $t_2$ son dos cálculos de longitud $s(n)$. Veamos que $t_1=t_2$. Sean $p_1=t_1\setminus \set{(s(n), t_1(s(n)))}$ y $p_2=t_2\setminus \set{(s(n), t_2(s(n)))}$. Veamos que $p_1$ y $p_2$ son cálculos de longitud $n$. Notemos que $dom(p_1)=dom(t_1)\setminus\set{s(n)}=s(s(n))\setminus\{s(n)\}=s(n)$ y $dom(p_2)=dom(t_2)\setminus\set{s(n)}=s(s(n))\setminus\set{s(n)}=s(n)$. Por otro lado, $p_1(0)=t_1(0)=a=t_2(0)=p_2(0)$ y, para cada $k\in s(n)$ tal que $0\leq k<n$ tenemos $p_1(s(k))=t_1(s(k))=g(t_1(k))=g(p_1(k))$ y $p_2(s(k))=t_2(s(k))=g(t_2(k))=g(p_2(k))$. Esto muestra que $p_1$ y $p_2$ son cálculos de longitud $n$ y, por hipótesis de inducción, tenemos que $p_1=p_2$ y, por tanto, $t_1\setminus\set{(s(n),t_1(s(n)))}=t_2\setminus\set{(s(n),t_2(s(n)))}$. Resta mostrar que $t_1(s(n))=t_2(s(n))$, lo cual ocurre debido a lo siguiente

$t_1(s(n))= g(t_1(n))=g(t_2(n))=t_2(s(n))$.

Por lo tanto, $t_1=t_2$. Esto prueba la unicidad del cálculo de longitud $s(n)$. Llamemos entonces $t_m$ al único cálculo de longitud $m$ para cada $m\in \mathbb{N}$.

Ahora consideremos $\mathcal{F}=\set{t_m: m\in \mathbb{N}}$ y sea $f=\bigcup\mathcal{F}$. Afirmamos que $f$ es función. Por lo que se discutió en la entrada anterior, basta ver que $\mathcal{F}$ es un sistema compatible de funciones.

Sean $t_n,t_m\in \mathcal{F}$ cualesquiera funciones. Veamos que $t_n:s(n)\to A$ y $t_m:s(m)\to A$ son funciones compatibles. Para ello, mostraremos que para cualquier $x\in dom(t_n)\cap dom(t_m)$, se tiene que $t_n(x)=t_m(x)$.

Primero, tenemos que $dom(t_n)=s(n)$ y $dom(t_m)= s(m)$. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que $s(n)\leq s(m)$, por lo que $s(n)\subseteq s(m)$ y así, $dom(t_n)\cap dom(t_m)= s(n)\cap s(m)= s(n)$. Así, debemos ver que para cualquier $x\in s(n)$, se tiene que $t_n(x)=t_m(x)$. Notemos que $t_m\upharpoonright_{s(n)}$ es un cálculo de longitud $s(n)$, pues $t_m\upharpoonright_{s(n)}(0)=t_m(0)=a$ y $t_m\upharpoonright_{s(n)}(s(k))=t_m(s(k))=g(t_m(k))=g(t_m\upharpoonright_{s(n)}(k))$ para cada $k\in\mathbb{N}$ tal que $0\leq k<n$. Por tanto, $t_n=t_m\upharpoonright_{s(n)}$, es decir, $t_n(x)=t_m(x)$ para cada $x\in s(n)$. Por tanto, $t_n$ y $t_m$ son funciones compatibles.

Tenemos entonces que $f=\bigcup\mathcal{F}$ es función y además, es tal que $dom(f)=\mathbb{N}$ y $Im(f)\subseteq A$ (en los ejercicios mostrarás que $\bigcup \mathbb{N}=\mathbb{N}$).

Esto prueba que existe $f:\mathbb{N}\to A$ que satisface las condiciones enunciadas en el teorema.

Nos resta ver que $f$ es única. Para ello, supongamos que existe $h:\mathbb{N}\to A$, tal que:

  1. $h(0)=a$,
  2. $h(s(n))= g(h(n))$ para cualquier $n\in \mathbb{N}$.

Veremos por inducción que $h(n)=f(n)$ para cada $n\in\mathbb{N}$. Primero, $h(0)=a=f(0)$. Ahora supongamos que $h(n)=f(n)$ para algún $n\in\mathbb{N}$. Para el paso inductivo, tenemos que:

$h(s(n))= g(h(n))=g(f(n))=f(s(n))$.

Por lo tanto, para cualquier $n\in \mathbb{N}$ se cumple que $h(n)=f(n)$. Esto prueba la unicidad de $f$ y concluye la prueba del teorema de recursión.

$\square$

Tarea moral

La siguiente lista de ejercicios te permitirá reforzar el contenido de esta entrada.

  1. Demuestra que $\bigcup \mathbb{N} = \mathbb{N}$.
  2. Sea $A$ un conjunto y $f : A\to A$ una función. Definimos:
    \begin{align*}
    f_0 &= Id_A,\\
    &\vdots\\
    f_{n+1} &= f_n\circ f.
    \end{align*}
    Demuestra que para cada $n \in \mathbb {N}$, $f_n$ es un elemento unívocamente determinado de $A^A$.
  3. Demuestra la siguiente versión más general del teorema de recursión, en donde en cada «paso» se permite aplicar una función distinta. Sean $A$ un conjunto cualquiera y $a\in A$. Sea $\mathcal{G}=\{g_i\}_{i\in \mathbb{N}}$ una familia de funciones de $A$ en $A$. Entonces, existe una única función $f: \mathbb{N}\to A$ que satisface:
    a) $f(0)=a$,
    b) $f(s(n))=g_n(f(n))$ para todo $n\in \mathbb{N}$.
  4. Sean $A$ un conjunto y $g:\mathcal{S}=\cup_{n\in\mathbb{N}}A^n\to A$ una función, donde $A^n$ es el conjunto de funciones de $n$ en $A$ para cada $n\in\mathbb{N}$. Demuestra que existe una única función $f:\mathbb{N}\to A$ tal que $f(n)=g(f\upharpoonright_n)$ para cada $n\in\mathbb{N}$.
    Sugerencia: Considera la función $F:\mathcal{S}\to\mathcal{S}$ definida por medio de $F(x)=x\cup\{(n,g(x))\}$ si $x\in A^n$, para cada $x\in\mathcal{S}$. Por el teorema de recursión, existe una única función $h:\mathbb{N}\to\mathcal{S}$ tal que $h(0)=\emptyset$ y $h(s(n))=F(h(n))$ para cada $n\in\mathbb{N}$. Concluye que $f:=\bigcup h[\mathbb{N}]$ es una función de $\mathbb{N}$ en $A$ con las propiedades deseadas.

Más adelante…

Ahora que hemos enunciado y demostrado el teorema de recursión, podemos definir la suma en el conjunto de los números naturales. En la siguiente entrada definiremos esta operación y a su vez probaremos algunas de sus propiedades haciendo uso del principio de inducción.

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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»

Teoría de los Conjuntos I: Funciones compatibles

Por Gabriela Hernández Aguilar

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Introducción

Esta entrada nos permitirá dar un breve espacio a las funciones compatibles. Será de gran importancia hacer una parada en este concepto pues será de gran utilidad en la demostración de nuestro siguiente teorema: el teorema de recursión.

Funciones compatibles

En esta entrada exploraremos la pregunta de cuándo y en qué sentido la unión de dos o más funciones es una función. La definición que nos ayudará a explorar esto es la siguiente.

Definición. Sean $f$ y $g$ funciones. Decimos que $f$ y $g$ son funciones compatibles si y sólo si $f(x)=g(x)$ para cualquier $x\in dom(f)\cap dom(g)$.

Como consecuencia de la definición, si $f$ y $g$ son funciones tales que $dom(f)\cap dom(g)=\emptyset$, entonces por vacuidad $f$ y $g$ son compatibles.

Ejemplo.

Consideremos las funciones $f:\{1,2,3\}\to\{1,2\}$ y $g:\{0,4\}\to \{1,2,3\}$ dadas por $f(1)=f(2)=1$, $f(3)=2$, $g(0)=1$, $g(4)=3$. Como $dom(f)\cap dom(g)=\emptyset$, entoces $f$ y $g$ son compatibles.

$\square$

Ejemplo.

Consideremos las funciones $h:\{1,3\}\to \{0,1\}$ y $k:\{0,1,2\}\to \{0,1,2,3,4\}$ dadas como sigue:

\begin{align*} h &=\{(1,0), (3,1)\}\\ k&=\{(0,3),(1,0),(2,2)\}\end{align*}

Para ver que $h$ y $k$ son funciones compatibles, basta ver que para cada elemento $x$ en $dom(h)\cap dom(k)=\{1\}$ se cumple que $h(x)=k(x)$. Como el único elemento en la intersección es el $1$, basta ver que $h(1)=k(1)$. Y en efecto, $h(1)=0=k(1)$. Por lo tanto, $f$ y $g$ son funciones compatibles.

$\square$

Hay una definición más general, para cuando se tienen varias funciones.

Definición. Sea $\mathcal{F}$ un conjunto de funciones. Diremos que $\mathcal{F}$ es un sistema compatible de funciones si para cualesquiera $f,g\in \mathcal{F}$, $f$ y $g$ son compatibles.

Ejemplo.

Si consideramos a $\mathcal{F}=\set{h,k}$ con $h$ y $k$ como en el ejemplo anterior, tenemos que $\mathcal{F}$ es un sistema compatible de funciones pues $h$ y $k$ son funciones compatibles.

$\square$

Ejemplo.

Para cada $n\in\mathbb{N}\setminus\set{0}$ definamos $f_n:n\to\mathbb{N}$ por medio de $f_n(k)=s(k)$ para cada $k\in n$, donde $s(k)$ es el sucesor de $k$. Veamos que $\mathcal{F}=\set{f_n:n\in\mathbb{N}\setminus\set{0}}$ es un sistema de funciones compatibles. Si $n,m\in\mathbb{N}\setminus\set{0}$, entonces, $n\leq m$ o $m\leq n$ y, por consiguiente, $dom(f_n)\subseteq dom(f_m)$ o $dom(f_m)\subseteq dom(f_n)$; más aún, $f_n\subseteq f_m$ o $f_m\subseteq f_n$ y, por tanto, $f_n$ y $f_m$ son funciones compatibles. Por tanto, $\mathcal{F}$ es un sistema de funciones compatibles.

Cuándo la unión de funciones es función

Teorema. Sean $f:X\to Y$ y $g:X’\to Y’$ funciones compatibles. Entonces $f\cup g$ es una función de $X\cup X’$ en $Y\cup Y’$.

Demostración.

Sean $f:X\to Y$ y $g:X’\to Y’$ funciones compatibles.

Sea $f\cup g: X\cup X’\to Y\cup Y’$. Veamos primero que $dom(f\cup g)=dom(f)\cup dom(g)$.

$\subseteq$) Si $x\in dom(f\cup g)$, entonces existe $y\in Y\cup Y’$ tal que $(x,y)\in f\cup g$.

Entonces existe $y\in Y\cup Y’$ tal que $(x,y)\in f$ o $(x,y)\in g$, esto es, existe $y\in Y\cup Y’$ tal que $(x,y)\in f$ o existe $y\in Y\cup Y’$ tal que $(x,y)\in g$. Así, $x\in dom(f)$ o $x\in dom(g)$. Por lo tanto, $x\in dom(f)\cup dom(g)$.

Por lo tanto, $dom(f)\cup dom(g)\subseteq dom(f\cup g)$.

$\supseteq$) Sean $x\in dom(f)\cup dom(g)$, entonces $x\in dom(f)$ o $x\in dom(g)$.

Caso 1: Si $x\in dom(f)$, entonces existe $y\in Y\cup Y’$ tal que $(x,y)\in f$. Por lo tanto, existe $y\in Y\cup Y’$ tal que $(x,y)\in f\cup g$. Por lo tanto, $x\in dom(f\cup g)$.

Caso 2: Si $x\in dom(g)$, entonces existe $y\in Y\cup Y’$ tal que $(x,y)\in g$. Por lo tanto, existe $y\in Y\cup Y’$ tal que $(x,y)\in f\cup g$. Por lo tanto, $x\in dom(f\cup g)$.

Así, $dom(f)\cup dom(g)\subseteq dom(f\cup g)$.

Por lo tanto, $dom(f)\cup dom(g)=dom(f\cup g)$.

Ahora, veamos que $f\cup g$ es función. Sean $(a, b), (a,c)\in f\cup g$, veamos que $b=c$. Se puede comprobar que $dom(f)\cup dom(g)= (dom(f)\triangle dom(g))\cup (dom(f)\cap dom(g))$ (Ver tarea moral) por lo que como $a\in dom(f)\cup dom(g)$, entonces $a\in (dom(f)\triangle dom(g))\cup (dom(f)\cap dom(g))$.

Caso 1: Si $a\in dom(f)\triangle dom(g)$, entonces $a\in (dom(f)\setminus dom(g))\cup (dom(g)\setminus dom(f))$. Entonces $a\in dom(f)\setminus dom(g)$ o $a\in dom(g)\setminus dom(f)$.

Caso 1.1: Si $a\in dom(f)\setminus dom(g)$, entonces $(a,b)\in f\setminus g$ y $(a,c)\in f\setminus g$, en particular $(a,b), (a,c)\in f$ y dado que $f$ es función se concluye que $b=c$.

Caso 1.2: Si $a\in dom(g)\setminus dom(f)$, entonces $(a,b)\in g\setminus f$ y $(a,c)\in g\setminus f$, en particular $(a,b), (a,c)\in g$ y dado que $g$ es función se concluye que $b=c$.

Caso 2: Si $a\in dom(f)\cap dom(g)$, entonces como $f$ y $g$ son funciones compatibles se tiene que $f(a)= g(a)$. Como $a\in dom(f)$, entonces $(a,b)\in f$ donde $b=f(a)$. Dado que $a\in dom(g)$, entoces $(a,c)\in g$ y así, $(a,g(a))\in g$, donde $g(a)=c$. Por lo tanto, $b=f(a)=g(a)=c$.

Por lo tanto, $f\cup g$ es función.

$\square$

El siguiente teorema generaliza el resultado anterior:

Teorema. Sea $\mathcal{F}$ una familia de funciones compatibles. Entonces se cumplen los siguientes enunciados:

  1. $\bigcup \mathcal{F}$ es función,
  2. $dom(\bigcup \mathcal{F})= \bigcup\set{dom(f):f\in \mathcal{F}}$.

Demostración.

  1. Veamos primero que $\bigcup \mathcal{F}\subseteq A\times B$ para algunos $A,B$ conjuntos.
    Dado que $\mathcal{F}$ es una familia de funciones compatibles, entonces para cualquier $f\subseteq \mathcal{F}$ se tiene que $f$ es una función, es decir, $f\subseteq A_f\times B_f$ para algunos conjuntos $A_f, B_f$. Resulta que $\bigcup \mathcal{F}\subseteq (\cup_{f\in \mathcal{F}}A_f)\times (\cup_{f\in \mathcal{F}}B_f)$.
    En efecto, sea $x\in \bigcup\mathcal{F}$, entonces $x\in f$ para alguna $f\in \mathcal{F}$, así $x\in A_f\times B_f$ pues $f\subseteq A_f\times B_f$. Así, $x\in (\cup_{f\in \mathcal{F}}A_f)\times (\cup_{f\in \mathcal{F}}B_f)$.
    Por lo tanto, $\bigcup \mathcal{F}\subseteq (\cup_{f\in \mathcal{F}}A_f)\times (\cup_{f\in \mathcal{F}}B_f)$.
    Ahora veamos que si $(a,b), (a,c)\in \bigcup\mathcal{F}$, entonces $a=c$. Sean $(a,b), (a,c)\in \bigcup\mathcal{F}$, entonces existen $f,g\in \mathcal{F}$ funciones compatibles tal que $(a,b)\in f$ y $(a,c)\in g$. Así, como $a\in dom(f)\cap dom(g)$, entonces $b=f(a)=g(a)=c$.
    Por lo tanto, $\bigcup\mathcal{F}$ es función.
  2. $x\in dom(\bigcup\mathcal{F})$ si y sólo si existe $y\in Im(\bigcup\mathcal{F})$ tal que $(x,y)\in \bigcup\mathcal{F}$ si y sólo si existe existe $f\in \mathcal{F}$ tal que $(x,y)\in f$ si y sólo si para alguna $f\in \mathcal{F}$, $x\in dom(f)$, si y sólo si $x\in \bigcup\set{dom(f): f\in \mathcal{F}}$.
    Por lo tanto, $dom(\bigcup \mathcal{F})= \bigcup\set{dom(f):f\in \mathcal{F}}$.

$\square$

Tarea moral

La siguiente lista de ejercicios te permitirá reforzar el contenido visto en esta entrada:

  • Demuestra que $dom(f\cup g)=[dom(f)\triangle dom(g)]\cup [dom(f)\cap dom(g)]$.
  • En esta entrada probamos que si $f$ y $g$ son funciones compatibles, entonces $f\cup g$ es función. ¿Será cierto que si $f\cup g$ es función, entonces $f$ y $g$ son funciones compatibles?

Más adelante…

En la siguiente entrada enunciaremos y probaremos el teorema de recursión, dicho teorema nos permitirá definir operaciones como la suma y el producto en el conjunto de los números naturales.

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Teoría de los Conjuntos I: Buen orden en los naturales

Por Gabriela Hernández Aguilar

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Introducción

En esta entrada demostraremos que el conjunto de los números naturales es un conjunto bien ordenado.

Resultados previos

A continuación demostraremos el siguiente lema que nos dice que la intersección de dos números naturales resulta ser un número natural.

Lema. Si $n,m\in \mathbb{N}$, entonces $n\cap m\in \mathbb{N}$.

Demostración.

Sean $n,m\in \mathbb{N}$.

$n\cap m$ es un conjunto transitivo: En la entrada de construcción de números naturales se demostró que intersección de conjuntos transitivos es transitivo. Como $n$ y $m$ son naturales, entonces son transitivos. Así, $n\cap m$ también lo es.

$n\cap m$ es un orden total con la pertenencia:

Notemos la relación de pertenencia en $n\cap m$ es la relación $\in_{n\cap m}=\in_n\cap((n\cap m)\times(n\cap m))$. En efecto, si $x\in_{n\cap m}y$, entonces, $x\in y$ y $x,y\in n\cap m$; en particular, $x\in y$ y $x,y\in n$, es decir, $x\in_ny$. Esto muestra que $\in_{n\cap m}\subseteq \in_n\cap((n\cap m)\times(n\cap m))$. Por otro lado, si $x\in_n y$ y $x,y\in n\cap m$, entonces, $x\in y$ y $x,y\in n\cap m$, es decir, $x\in_{n\cap m}y$. Esto demuestra la igualdad mencionada.

–Asimetría de $\in_{n\cap m}$.

Sean $z,w\in n\cap m$ tales que $z\in_{n\cap m} w$. Dado que $z\in_{n\cap m}w$, entonces $z\in_nw$. De este modo, $w\notin_{n\cap m} z$, ya que de lo contrario, $w\in_n z$, lo cual contradice que $\in_n$ sea una relación asimétrica. Por lo tanto, $\in_{n\cap m}$ es asimétrica.

–Transitividad de $\in_{n\cap m}$.

Sean $z,w,y\in n\cap m$ tales que $z\in_{n\cap m} w$ y $w\in_{n\cap m} y$. Entonces, $z\in_n w$ y $w\in_n y$, por lo que $z\in_n y$ por la transitividad de $\in_n$. Así pues $z\in_n y$ y $z,y\in n\cap m$, y en consecuencia $z\in_{n\cap m}y$.

– $\in_{n\cap m}$-comparables.

Sean $z,w\in n\cap m$. En particular, $z,w\in n$. Luego, por ser $(n, \in_n)$ un orden total, $z\in_n w$ o $w\in_n z$ o $z=w$. En consecuencia, $z\in_{n\cap m}w$ o $w\in_{n\cap m}z$ o $z=w$. Por lo tanto, los elementos de $n\cap m$ son $\in_{n\cap m}$-comparables.

Cualquier subconjunto $B$ no vacío de $n\cap m$ tiene elemento mínimo y máximo.

Veamos que $B$ tiene mínimo. Lo del máximo quedará como uno de los ejercicos. Dado que $B\subseteq n\cap m$, entonces, en particular, $B\subseteq n$. Dado que $n$ es un número natural y $B$ es un subconjunto no vacío de $n$, $B$ tiene mínimo con respecto a $\in_n$.

Sea $a=\min(B)$ con respecto a $\in_n$. Luego, $a\in_nx$ para todo $x\in B\setminus\set{a}$. Así pues, si $x\in B\setminus\set{a}$ es cualquier elemento, entonces, $a\in_n x$ y, como $a,x\in n\cap m$ pues $B\subseteq n\cap m$, se sigue, $a\in_{n\cap m}x$. Por lo tanto, $a=\min(B)$ en el orden $\in_{n\cap m}$.

Por lo tanto, si $n,m\in \mathbb{N}$, entonces $n\cap m\in \mathbb{N}$.

$\square$

En la tarea moral te corresponde probar que cualquier subconjunto no vacío de $n\cap m$ tiene elemento máximo.

Antes de demostrar nuestro resultado principal, probaremos otros dos resultados auxiliares.

Lema. Si $n, m$ son naturales distintos $n\subsetneq m$, entonces $n\in m$.

Demostración.

Sean $n,m\in \mathbb{N}$ distintos tales que $n\subsetneq m$. Como, $m\setminus n\subseteq m$ y $m\setminus n\not=\emptyset$, existe $k=\min(m\setminus n)$ con respecto a $\in_{m}$.

Afirmación. $k=n$.

Demostración de la afirmación.

$\subseteq$) Sea $y\in k$, entonces $y\in m$ por ser $m$ un conjunto transitivo. Luego, $y\in n$, pues de lo contrario $y\in m\setminus n$ y así, $y$ sería un elemento en $m\setminus n$ tal que $y\in k$, pero esto es imposible pues $k=\min(m\setminus n)$. Por lo tanto, $y\in n$ y, por ende, $k\subseteq n$.

$\supseteq$) Sea $y\in n$. Como $n\subseteq m$, entonces $y\in m$. Ahora, por ser $m$ un natural, $m$ está ordenado totalmente por la pertenencia. Así que, $y,k\in m$, o bien $y\in k$ o bien $k\in y$ o bien $y=k$. No puede ocurrir que $k\in y$, pues de ser así se tendría que $k\in n$ ya que $y\in n$ y $n$ es transitivo por ser un número natural. Así, tendríamos $k\notin m\setminus n$, lo cual contradice la elección de $k$. Ahora, no puede ocurrir que $k=y$, pues nuevamente tendríamos que $k\in n$ y ya vimos que esto conduce a una contradicción. Luego, tiene que ocurrir que $y\in k$. Esto demuestra que $n\subseteq k$.

Por lo tanto, $n=k$ y, en consecuencia, $n\in m$.

$\square$

Lema. Si $n$ y $m$ son naturales, entonces $n\in m$ o $m\in n$ o $n=m$, es decir, $n,m$ son $\in$-comparables.

Demostración.

Sean $n,m\in\mathbb{N}$. Tenemos los siguientes casos:

Caso 1. Si $n=m$ no hay más que probar.

Caso 2. $n\not=m$.

Consideremos a la intersección $n\cap m$. Luego, $n\cap m\subseteq m$ y $n\cap m\subseteq n$. Si $n\cap m=m$, entonces $m\subseteq n$, pero $m\not=n$, por lo que $m\subsetneq$ y por el lema anterior tenemos que $m\in n$. Si $n\cap m=n$, entonces $n\subseteq m$, pero $n\not=m$, por lo que $n\subset m$ y, en consecuencia, $n\in m$.

Por tanto, si $n\not=m$, entonces $n\in m$ o $m\in n$. En consecuencia, cualesquiera dos números naturales son $\in$-comparables.

$\square$

Los naturales están bien ordenados

Estamos listos para probar el resultado principal de esta entrada.

Teorema. $(\mathbb{N}, \leq)$ es un conjunto bien ordenado.

Demostración.

Veamos primero que $\leq$ en $\mathbb{N}$ es reflexiva, antisimétrica y transitiva. Luego, veremos que $\mathbb{N}$ es un conjunto bien ordenado con $\leq$.

– Reflexividad.

Sea $n\in \mathbb{N}$. Dado que $n=n$ se cumple que $n\leq n$.

– Antisimetría.

Sean $n,m\in \mathbb{N}$. Supongamos que $n\leq m$ y $m\leq n$. Como $n\leq m$, sabemos que $n\in m$ o $n=m$. El caso $n\in m$ lleva a una contradicción, pues como $m\leq n$ entonces o $m=n$ (y llegamos a la contradicción $n\in n$) o $m\in n$ (y llegamos a la contradicción $n\in m$ y $m\in n$). Así, $n=m$.

Los argumentos anteriores muestran que $\leq$ es una relación antisimétrica en $\mathbb{N}$.

– Transitividad.

Sean $n,m,l\in \mathbb{N}$. Supongamos que $n\leq m$ y $m\leq l$. Veamos que $n\leq l$
Dado que $n\leq m$, entonces $n\in m$ o $n=m$ y como $m\leq l$, entonces $m\in l$ o $m=l$.
Caso 1: Si $n\in m$ y $m\in l$, entonces $m\subseteq l$ por ser $l$ un conjunto transitivo y así, $n\in l$.
Caso 2: Si $n\in m$ y $m=l$, entonces $n\in l$.
Caso 3: Si $n=m$ y $m\in l$, entonces $n\in l$.
Caso 4: Si $n=m$ y $m=l$, entonces $n=l$.
En cualquier caso ocurre que $n\in l$ o $n=l$, es decir, $n\leq l$.

Por lo tanto, $\leq$ es una relación transitiva. Estas propiedades nos permiten concluir que $\leq$ es un orden parcial en $\mathbb{N}$.

Para mostrar que $\mathbb{N}$ es un conjunto bien ordenado con $\leq$, sólo resta probar que cualquier subconjunto no vacío de $\mathbb{N}$ tiene elemento mínimo con respecto a $\leq$.

– Buen orden.

Sea $B\not=\emptyset$ tal que $B\subseteq \mathbb{N}$ y veamos que $B$ tiene elemento mínimo. Dado que $B\not=\emptyset$, podemos fijar $x\in B$. Luego, $x\in \mathbb{N}$ y por tanto $s(x)\in \mathbb{N}$. Consideremos $s(x)\cap B$ conjunto no vacío pues $x\in s(x)$ y $x\in B$. Notemos además que $s(x)\cap B$ es subconjunto no vacío de $s(x)$, por lo que $s(x)\cap B$ tiene elemento mínimo con respecto a $\in$ en $s(x)$.

Sea $k=\min(s(x) \cap B)$. Afirmamos que $k=\min(B)$ en $\leq$. En efecto, si $n\in B$, entonces $n\in s(x)\cap B$ o $n\notin s(x)$; si $n\in s(x)\cap B$, entonces $n=k$ o $k\in n$ pues $k=\min(s(x)\cap B)$ con respecto a $\in$. Supongamos ahora que $n\notin s(x)$. Por un lema visto en esta entrada, y dado que $n$ y $s(x)$ son naturales tales que $n\notin s(x)$ , entonces $s(x)\in n$ o $s(x)=n$. Si $n=s(x)$, entonces $k\in n$ pues $k\in s(x)$. Finalmente, si $s(x)\in n$, entonces $s(x)\subseteq n$ por ser $n$ conjunto transitivo y, en consecuencia, $k\in n$, ya que $k\in s(x)$. En cualquier caso tenemos que $k\leq n$, lo que demuestra que $k=\min(B)$ con respecto a la relación $\leq$ definida en $\mathbb{N}$.

Por lo tanto, $(\mathbb{N}, \leq)$ es un conjunto bien ordenado.

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Tarea moral

La siguiente lista de ejercicios te permitirá reforzar el contenido visto en esta sección:

  1. Sea $X$ un subconjunto no vacío de $\mathbb{N}$, demuestra que $\bigcap X\in \mathbb{N}\cap X$. (Nota que esta es una generalización del primer lema que probamos en esta entrada).
  2. Muestra que cualquier subconjunto no vacío de $n\cap m$ tiene elemento máximo.

Más adelante…

En la siguiente entrada haremos una breve pausa en funciones compatibles. Esto nos servirá más adelante para probar el teorema de recursión. Dicho teorema será de utilidad para definir recursivamente a la suma y el producto en el conjunto de los números naturales.

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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»