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Apuntes del Cuarto Curso de Álgebra
Eder A. TrujilloMontaño
Profesor: Octavio Fabián Loyzaga
18 de febrero de 2019
2
Capítulo 1
Primer Parcial
1.1. Preliminarias
1.2. Axiomas de Zermelo-Fraenkel
Hasta ahora el alumno ha desarrollado una noción de conjunto, y se ha hablado y trabajado
con conjuntos como N, R, ∅, etc... En éste curso se busca presentar una fundación rigurosa
de las matemáticas conocidas en términos de la teoría axiomática de conjuntos. Los axiomas
de Zermelo-Fraenkel conforman, junto con el Axioma de Elección, el modelo de facto para la
teoría de conjuntos.
En las notas, las letras se referirán a conjuntos a menos que se especifique. El orden de presenta-
ción de los axiomas es primeramente la noción de igualdad, luego axiomas de construcción de
conjuntos, axiomas de existencia de ciertos conjuntos, y posteriormente en las notas, el axioma
de elección.:
Axioma 1. de extensionalidad
∀a, b a = b ⇔ (x ∈ a ⇔ x ∈ b)
Los conjuntos son iguales si tienen los mismos elementos.
Los siguientes axiomas hablan de los conjuntos que pueden ser construidos a partir de
otros.
Axioma 2. de parejas
∀a, b ∃y | a ∈ y ∧ b ∈ y
Para cualquiera dos conjuntos, existe un tercer conjunto del cual son elementos.
Axioma 3. de la unión
∀a ∃y | x ∈ y ⇔ b ∈ a ∧ x ∈ b
Para cualquier conjunto, existe un conjunto cuyos elementos son todos los elementos de los miembros
del conjunto.
3
4 CAPÍTULO 1. PRIMER PARCIAL
Axioma 4. del conjunto potencia
∀a ∃y | x ∈ y ⇔ x ⊂ a
Axioma 5. (esquema) de especificación
Sea P una propiedad independiente de a
∀a ∃y | x ∈ y ⇔ x ∈ a ∧ P(x)
El axioma anterior presenta una restricción importante, sólamente se pueden construir con-
juntos a partir de conjuntos cuya existencia es previamente conocida.
Los axiomas mencionados hasta ahora no muestran la existencia de ningún conjunto, simple-
mente enuncian “reglas” mediante las cuales nuevos conjuntos pueden ser construidos a partir
de conjuntos anteriores.
Definición 1. Se denotará por el símbolo ∅ al conjunto x tal que
∀a a < x
Y se leerá “conjunto vacío”.
Trivialmente se prueba que tal conjunto es único.
Proposición 1. Sea (N,R) un conjunto parcialmente ordenado tal que toda cadena contenida en N
tiene un supremo en N. Sea f : N → N una función tal que ∀x ∈ N x ≺ f (x). Entonces, existe algún
n ∈ N f (n) = n.
Definición 2. Dado u ∈ N se dice que A ⊂ N es admisible con relación a u si se cumple:
a. u ∈ A.
b. f (A) ⊂ A.
c. Si B es una cadena contenida en A, entonces en A mismo existe el supremo de B.
Demostración. Dado u ∈ N, sea M el conjunto de todos los conjuntos admisibles de u en relación
a N.
Definamos: S =
⋂
x∈M
x. Veamos que:
a. u ∈ S ya que u ∈ S
b. Sea t ∈ S, t ∈ x, ∴ f (t) ∈ x∀x ∈M, lo cual muestra que f (S) ⊂ S.
c. Sea B una cadena contenida en S. B ⊂ x∀x ∈ N ∴ sup B ∈ S.
Así S es admisible con respecto a u. Observe que si S′ ⊂ S ∧ S′ es u-admisible, entonces S′ = S.
Hecho 1 u es el primer elemento de S, es decir, u ≺ x∀x ∈ S. Sea A = {x ∈ S |u ≺ x}. Se
1.3. PROBLEMAS 5
demostrará que A = S. Como A ⊂ S, bastará probar que A es u admisible.
a. Como R es en particular reflexiva: u ≺ u. Además u ∈ S. Así u ∈ A.
b. Sea x ∈ A, veamos que f (x) ∈ A ya que u ≺ x, por transitividad u ≺ f (x). Así x ∈ S y al ser
u-admisible, f (x) ∈ A. Así f (A) ⊂ A.
c. Sea B una cadena contenida en A,
�
1.3. Problemas
Definición 3. Sean R1, R2 relaciones en A, se define la relación composición R1 ◦ R2
R1 ◦ R2 = { (a, b) ∈ A × A|(a, c) ∈ R1 ∧ (c, b) ∈ R2, c ∈ A }
Definición 4. Sea R una relación binaria en A, se define la relación inversa R−1 como sigue:
(a, b) ∈ R−1 ⇔ (b, a) ∈ R
Problema 1.3.1. Sean R, S y T relaciones binarias en A, demuestre que (R◦S)◦T = R◦(S◦T). Muestre
que si R y S son relaciones de equivalencia, R ◦ S no es necesariamente una relación de equivalencia.
Solución:
Considere (a, b) ∈ (R ◦ S) ◦ T arbitrario. Existe entonces c ∈ A tal que (a, c) ∈ (R ◦ S), (c, b) ∈ T.
Existe entonces d ∈ A tal que (a, d) ∈ R, (d, c) ∈ S. Así (d, b) ∈ (S ◦ T), y como (a, d) ∈ R,
(a, b) ∈ R ◦ (S ◦T). (R ◦S) ◦T ⊂ R ◦ (S ◦T); la segunda contención se demuestra analogamente. �
Considere A = {♣,♠,�}, R = {(♣,♣), (♠,♠), (�,�), (♣,♠), (♠,♣)}y S = {(♣,♣), (♠,♠), (�,�), (�,♣), (♣,�)}.
Veamos que (♠,�) ∈ R ◦ S pero (�,♠) < R ◦ S. Lo cual asegura que R ◦ S no es de equivalencia. �
Problema 1.3.2. Sea R una relación binaria en A, R es de equivalencia sí y solo sí R = R◦R ∧ R = R−1.
Solución:
⇒
Se probará que R = R ◦ R y R = R−1.
Suponga que R es una relación de equivalencia, y suponga que x = (a, b) ∈ R, veamos que
(b, b) ∈ R al ser R reflexiva, entonces (a, b) ∈ R ◦ R entonces R ⊂ R ◦ R, como R es simétrica
(b, a) ∈ R, así (a, b) ∈ R−1 ∴ R ⊂ R−1. Ahora suponga que x = (a, b) ∈ R ◦ R, entonces
∃c ∈ A (a, c) ∈ R ∧ (c, b) ∈ R, pero al ser R transitiva (a, b) ∈ R ∴ R ◦ R ⊂ R. Finalmente
suponga que x = (a, b) ∈ R−1, entonces (b, a) ∈ R, pero como R es simétrica, (a, b) ∈ R así R−1 ⊂ R,
y R = R ◦ R ∧ R = R−1.
6 CAPÍTULO 1. PRIMER PARCIAL
⇐
Suponga ahora que R = R ◦ R y R = R−1. Se probará que R es de equivalencia.
Suponga que (a, b) ∈ R, arbitrario; como R = R−1, (b, a) ∈ R por lo tanto es simétrica. Veamos
que al ser R = R ◦ R (a, a) ∈ R ∧ (b, b) ∈ R, y por ser (a, b) arbitrario, R es reflexiva. Finalmente
suponga que (a, b) ∈ R ∧ (b, c) ∈ R, entonces (a, c) ∈ R ◦ R, (a, c) ∈ R, así R es transitiva, por lo
tanto, de equivalencia. �
Problema 1.3.3. Sea R una relación binaria reflexiva y transitiva en A. Demuestre que S = R∩R−1 es
de equivalencia.
Solución:
Considere a ∈ A arbitrario, como R es reflexiva, (a, a) ∈ R, (a, a) ∈ R−1 ∴ (a, a) ∈ S. Suponga
que (a, b) ∈ S, entonces (a, b) ∈ R, (a, b) ∈ R−1, así (b, a) ∈ R−1 ∧ (b, a) ∈ R ∴ (b, a) ∈ S.
Finalmente suponga que (a, b) ∈ S, (b, c) ∈ S como R es transitiva, (a, c) ∈ R, como S es simétrica
(c, b), (b, a) ∈ R así, (c, a) ∈ R por lo tanto (a, c) ∈ R−1, (a, c) ∈ S. Así, S es una relación de
equivalencia. �
Problema 1.3.4. Sean R y S relaciones en A y B respectivamente. Se define la relación R × S como
el conjunto { ((a, b), (c, d)) ∈ (A × B) × (A × B) | (a, c) ∈ R , (b, d) ∈ S }. Si R y S son de equivalencia,
demuestre que R × S es de equivalencia.
Solución:
Considere (a, b) arbitrario en A × B, como R,S, son de equivalencia (a, a) ∈ R, (b, b) ∈ S; así
((a, b), (a, b)) ∈ R × S, R × S es reflexiva. Considere ahora a ((a, c), (b, d)) ∈ R × S arbitrario. Por la
definición (a, b) ∈ R ∧ (c, d) ∈ S; así (b, a) ∈ R, (d, c) ∈ S, de forma que ((b, d), (a, c)) ∈ R×S, R×S es
simétrica. Finalmente considere ((a, c), (b, d), ((b, d), ( f , e)) ∈ R× S. Las relaciones (a, b), (b, f ) ∈ R,
así (a, f ) ∈ R; y (c, d), (d, e) ∈ S con (c, e) ∈ S. Ésto último nos asegura que ((a, c), ( f , e)) ∈ R × S, es
decir, R × S es transitiva; lo que demuestra que es de equivalencia. �
Problema 1.3.5. Sea A un conjunto, se define la diagonal de A, ∆A = {(a, a) ∈ A × A|a ∈ A}. Sea R
una relación binaria, demuestre que R es un preorden sí y solo sí ∆A ⊂ R ∧ R = R ◦ R.
Solución:
⇒
Suponga que R es un preorden, como R es reflexivo (a, a) ∈ R∀a ∈ A así ∆A ⊂ R. Considere
(a, b) ∈ R, como R es reflexivo, (b, b) ∈ R, por lo tanto (a, b) ∈ R ◦ R.
Ahora considere (a, b) ∈ R ◦ R, entonces existe c ∈ A tal que (a, c) ∈ R ∧ (c, b) ∈ R; pero al ser R
transitiva (a, b) ∈ R, así R = R ◦ R.
⇐
Suponga ahora que ∆A ⊂ R ∧ R = R ◦ R. Trivialmente R es reflexiva ya que (a, a) ∈ ∆A∀a ∈ A.
Considere ahora (a, b), (b, c) ∈ R por la definición (a, c) ∈ R ◦ R = R ∴ R es transitiva. �
Observación. El siguiente problema no tiene mucho caso según como se planteó en la lista, la idea
interesante del problema sucede cuando se retira al 1, y así lo voy a resolver.
1.3. PROBLEMAS 7
Problema 1.3.6. Defínase R en A = Z+ \ {1} como {(n,m) ∈ R |m|n}. Muestre que R es un orden
parcial, que toda cadena tiene cota superior y determine el conjunto de elementos maximales.
Solución:
Sea n ∈ A, trivialmente n|n, así (n,n) ∈ R. Considere ahora (m,n), (n, p) ∈ R, entonces m = na,
n = pb⇒ m = pab, p|m, así (m, p)∈ R. Finalmente suponga que (m,n) ∈ R ∧ (n,m) ∈ R, entonces
m|n ∧ n|m; lo cual implica n ≥ m ∧ n ≤ m. así n = m. Lo cual prueba que R es un orden parcial.
Sea B una cadena no vacía de A, veamos que B ⊂N, así B tiene un primer elemento u respecto
al orden de los naturales. Suponga que existe v ∈ B tal que (u, v) ∈ R, entonces v|u y v ≤ u,
como u era un primer elemento v = u. Así, en particular, u es cota superior de B. Como B
fue arbitrario, cualquier cadena está acotada superiormente. Ahora veamos que el conjunto de
elementos maximales de A es el conjunto P = {p | p es primo }. Sea p ∈ P, entonces si (p, b) ∈ A,
b|p; por la definición de primo, b = p ∨ b = 1. Como b ∈ A, b = p, lo cual prueba que p es un
elemento maximal de A. Se puede proceder de la definición de primo, recíprocamente, para
demostrar que si un elemento es maximal, entonces es primo. �
Problema 1.3.7. Suponga que R es un buen orden en A, demuestre que si A no es finito R−1 no es un
buen orden.
Solución:
Suponga que A no es finito, entonces para cualquier conjunto finito Bi no vacío, existe un
conjunto finito Bi+1 que lo contiene propiamente ∀i ∈ N. A es no vacío, así podemos tomar un
x0 cualquiera y tomar a B0 = {x0}, y a cada Bi+1 = Bi ∪ {xi} xi < Bi. Veamos que cada Bi es una
cadena en A, y consideremos a C =
⋃
x∈Bi
x i ∈ N. Como C es una cadena, podemos ordenarlos
en una sucesión {xk} tal que (xk, xk+1) ∈ R ∧ xk , xk+1∀k ∈N. Veamos que (xk+1, xk) ∈ R−1∀k ∈N.
Así por el problema 1.3.10, R−1 no puede ser un buen orden. �
Problema 1.3.8. Considere a A el conjunto de las sucesiones en R, definimos el orden lexicográfico
como R = {({xk}, {yk}) | xk = yk∀k ∨ xn < yn si xi = yi∀i < n}. Demuestre que R es un orden total en A.
Solución:
Considere {xk} arbitrario en A. ({xk}, {xk}) ∈ R. Así, R es reflexiva. Considere ahora ({xk}, {yk}) ∈
R, ({yk}, {zk}) ∈ R. Podemos considerar entonces los casos siguientes:
xk = yk∀k ∧ yk = zk ∀k
Trivialmente {xk} = {zk}.
xk = yk∀k ∧ yi = zi ∀i < n si xn < yn
Como {xk} = {yk}. xi < zi ∀ i < n si xn < zk.
xi = yi∀i < n si xn < yn ∧ yk = zk ∀k.
Como {yk} = {zk}, se tiene xi = zi∀i < n si xn < zn.
xk = yk∀k < n si xn < yn ∧ yi = zi∀i < n si yn < zn
Como el orden en R es ya un orden total, por transitividad. xk = zk∀k < n si xn < zn.
8 CAPÍTULO 1. PRIMER PARCIAL
En cualquiera de los casos concluímos que ({xk}, {zk}) ∈ R. Así R es transitiva. Suponga ahora
que ({xk}, {yk}) ∈ R y que ({yk}, {xk}) ∈ R. En el primer caso de la disyunción {xk} = {yl}, no hay
nada que hacer. En el segundo caso, xk = yk∀k < n si xn < yn, yk = xk∀k < n si yn < xn. En tal
caso no existe n cual xn , yn, entonces xn = yn ∀n. Así R es un orden parcial. Demostremos
ahora que es una cadena.
Sean x = {xk}, y = {yk} sucesiones arbitrarias, en el caso que sean iguales, trivialmente (x, y) ∈ R.
Si son distintas, existe un primer k0 (dado que cualquier subconjunto de los naturales tiene un
primer elemento) tal que xk0 , yk0 ∧ xi = yi ∀i < k0. En dado caso (x, y) ∈ R ó (y, x) ∈ R.
�
Problema 1.3.9. Sea A un conjunto finito, demuestre que todo orden total es un buen orden.
Solución:
Sea R un orden total en A, y B una cadena arbitraria no vacía. Al ser A finito, B es finito,
se demostrará que B tiene primer elemento. Suponga que B tiene n elementos y que no tiene
un primero, es decir, para cualquier a ∈ B ∃b, c , a ∈ B , a ≺ b ∧ c ≺ a. Considere un c0 ∈ B
arbitrario, se puede entonces construir una secuencia {c0, c1, . . . , cn} de forma inductiva ya que
B es no vacío y B no tiene un primer elemento, con la condición de que cada ci ≺ ci−1, ci , ci−1
i = {0, 1, . . . ,n}. Como observación ésta secuencia es un subconjunto de B. Veamos que por
transitividad cada ci ≺ c j si j > i. De igual forma, todos son distintos, pero esto contradiría que
B tiene n elementos ya que la secuencia tiene n + 1. Así B tiene primer elemento. Como fue
arbitrario R es un buen orden. �
Problema 1.3.10. Sea (A,R) un conjunto bien ordenado. Demuestre que no existe una sucesión {xn}
tal que xn+1 ≺ xn ∧ xn+1 , xn ∀n ∈N
Solución:
Procediendo por contradicción, suponga que dicha sucesión {xk} existe. Por la forma en
que está definida, el conjunto B = {xk∀k ∈ N} es una cadena en A. Así B tiene un primer
elemento. Existe entonces i0 ∈ N tal que xk ≺ xi0∀k ∈ N, se llega aquí a una contradicción ya
que xi0+1 ≺ xi0 ∧ xi0+1 , xi0 . Así R no sería un buen orden, por lo tanto dicha sucesión no puede
existir. �
Capítulo 2
Segundo Parcial
2.1. Los Números Naturales
Definición 5. Definimos la función sucesor de un conjunto x como x+ = x ∪ {x}.
Se denota al conjunto ∅ como 0, y al conjunto ∅+ como 1.
Axioma 6. de Infinitud
∃A x ∈ A ⇔ ∅ ∈ x ∧ x ∈ x+
Definición 6. Se dice que un conjunto X es un conjunto sucesor si
a. ∅ ∈ X
b. ∀x (x ∈ X ⇒ x+ ∈ X)
Así el axioma del infinito postula la existencia de un conjunto sucesor.
Sea A un conjunto sucesor. Note que la existencia de A está garantizada por el axioma del
infinito.
Sea B = { x ∈ P(A) | ∅ ∈ x ∧ [∀z (z ∈ x ⇒ z+ ∈ x)]}.
Por el axioma de especificación el conjunto B es un conjunto. Se definirá el conjunto N de los
números naturales como
⋂
B.
Proposición 2. La definición deN es independiente de la elección de A.
Demostración. Observe que
a. ∅ ∈ x ∀x ∈ B. ∴ ∅ ∈N.
b. Si x ∈N, entonces x ∈ z∀z ∈ B.
Como todo elemento de B es un conjunto sucesor, se tiene que x+ ∈ z∀z ∈ B ∴ x ∈N. Así N
es un conjunto sucesor.
9
10 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
Sea H un conjunto sucesor. Veamos que A ∩H es un conjunto sucesor. Además:
A ∩H ∈ P(A)
∴ A ∩H ∈ B
Lo anterior implica que N ⊂ A ∩H ⊂ H. Así N ⊂ X ∀X, X conjunto sucesor. �
Se tiene:
a. 0 ∈N
b. ∀x (x ∈N → x+ ∈N
c. Si S ⊂N que satisface:
a) 0 ∈ S
b) ∀x (x ∈ S → x+ ∈ S
d. ∀x (x ∈N→ x+ , 0) ya que x ∈ x+
e. ∀x∀y [(x ∈N ∧ y ∈N ∧ x+ = y+)⇒ x = y]
La última afirmación se verificará a partir de la siguiente definición y los siguientes dos lemas:
Definición 7. Un conjunto A se dice transitivo sí ∀x∀y[(x ∈ A ∧ y ∈ x) ⇒ y ∈ A].
Observación. Son equivalentes las siguientes afirmaciones:
a. A es un conjunto transitivo.
b. ∀x (x ∈ A ⇒ x ⊂ A).
c.
⋃
A ⊂ A.
d. A ⊂ P(A).
Demostración. i→ ii
Si x ∈ A ∧ y ∈ x, al ser A transitivo, y ∈ A ∴ x ⊂ A. ii→ iii
iii→ iv
iv→ i
�
Definición 8. Por número natural se entiende cualquier x, x ∈N.
Lema 2.1.1. Todo elemento de N es un conjunto transitivo.
2.1. LOS NÚMEROS NATURALES 11
Demostración. Sea
S = {n ∈ N | ∀x (x ∈ n ⇒ x ⊂ n)}
Observe que:
a. 0 ∈ S ya que 0 ∈N y ∀x (x ∈ ∅ ⇒ x ⊂ ∅)
b. Suponga que n ∈ S, entonces n ∈N. Además n+ ∈N. Sea x ∈ n+ entonces x ∈ n ∨ x = n.
Si x ∈ n entonces, dado que n ∈ S, x ⊂ n. Además, n ⊂ n+, por lo cual x ⊂ n+.
Si x = n, entonces x ⊂ n+
Así S = N que era lo que se quería demostrar.
�
Lema 2.1.2. Ningún número natural es subconjunto de alguno de sus elementos.
∀n [(n ∈N ∧ x ∈ n)⇒ n \ x , ∅]
Demostración. Sea S = {n ∈N | ∀x (x ∈ n⇒ n \ x , ∅}
a. 0 ∈ S ya que ∅ ∈N ∧ ∀x(x ∈ ∅ ⇒ ∅ \ x , ∅)
b. Suponga que n ∈ S , entonces, en particular n ∈ N ∴ n+ ∈ N. Se verificará que n+ ∈ S.
Sea x ∈ n+, entonces x ∈ n ∨ x = n.
Suponga que x ∈ n. Entonces dado que n ∈ S, n \ x , ∅. En consecuencia n+ \ x , ∅
ya que si n+ \ x = ∅ todo elemento de n+ pertenecería a x, en particular, como n ⊂ n+
todo elemento de n pertenecería a x lo cual contradice que n \ x , ∅.
Suponga ahora que x = n. Así, procediendo por reducción al absurdo, considere
n+ ⊂ n. Como n ∈ S ∧ n \ n = ∅ se tiene n < n. Como n ∈ n+, se tiene ¬(n+ ⊂ n), así
como n+ ⊂ n, se tiene una contradicción ∴ n+ \ x , ∅.
Así S = N �
Los lemas anteriores permiten justificar la propiedad e.
Demostración. Sean x, y números naturales tales que x+ = y+. Así por ser elementos de N se
tienen dos posibilidades x = y ó x ∈ y ∧ y ∈ x lo cual implica del lema ?? que x = y. �
Las propiedades 1, 2, 3, 4, y 5 fueron postuladas en 1889 por Peano como un conjunto
de axiomas, y la existencia de un conjunto con dichas propiedades. Consigo se construyeron
los conjuntos Z,Q,R,C y sus propiedades analíticas y aritméticas. Peano reconoce que sus
axiomas fueronpostulados un año antes por Richard Dedekind.
12 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
Considere la función: S : N→N. S(n) = n+.
S es inyectiva, ya que si S(n) = S(m), de la propiedad 5 se sigue que n = m.
S no es suprayectiva, ya que la propiedad 4 indica 0 < S(N). De hecho S(N) = N \ {0}
Veamos que, como 0 < S(N) se tiene que S(N) ⊂N.
Además siendo M = S(N)
⋃
{0} se tiene que:
a. 0 ∈M
b. si n ∈M entonces n+ ∈M.
La propiedad 3 implica N = M ∴ si x ∈ N \ {0}, entonces x ∈ M \ {0} por lo cual x ∈ S(N).
∴ S(N) = N \ {0}
Definición 9. Sea X un conjunto; g : X → X una función, y x0 ∈ X. Decimos que la terna
(X, g, x0) es un sistema de Peano si:
a. g es inyectiva
b. g(X) = X \ {x0}
c. [ A ⊂ X ∧ x0 ∈ A ∧ ( g(x) ∈ A ∀x ∈ A ) ]⇒ A = X
Observación. (N,S, 0) es un sistema de Peano.
Definición 10. Dado un conjunto A, una operación binaria en A es una función f : A×A→ A.
Si B ⊂ A, se dice que B es cerrado bajo f si f (B × B) ⊂ B.
f es conmutativa sí f (x, y) = f (y, x) ∀ x, y ∈ A
f es asociativa sí f (x, f (y, z)) = f ( f (x, y), z) ∀ x, y, z ∈ A
Proposición 3. (de recurrencia) Sea A un conjunto no vacío, G : A → A una función y a ∈ A.
Entonces existe una única función F : N→ A tal que ∀n ∈N F(n+) = G(F(n)) y F(0) = a.
Demostración. Sea C = {T ∈ P(N ×A) | (0, a) ∈ T ∧ [ (n, b) ∈ T→ (n+,G(b)) ∈ T ] } Veamos que C
es no vacío ya que N × A ∈ C.
Sea F =
⋂
C. Veamos que F ∈ C ya que (0, a) ∈ T ∀T ∈ C y si (n, b) ∈ F, se tiene que (n, b) ∈
T ∀T ∈ C ∴ (n+,G(b)) ∈ T ∀T ∈ C ∴ (n+,G(b)) ∈ F
Se verificará que F es función.
Sea M = {n ∈N | ∃! b ∈ S (n, b) ∈ F }
Hecho 1: 0 ∈M
Veamos que 0 ∈N, y (0, a) ∈ F.
Suponga que existe b ∈ A tal que (0, b) ∈ F ∧ b , a. Sea Fb = F \ {(0, b)}. Se tiene que Fb , F, ya
2.1. LOS NÚMEROS NATURALES 13
que (0, b) ∈ F \ Fb; además Fb ⊂ F.
Como F ⊂N × A se tiene Fb ⊂N × A; además (0, a) ∈ Fb.
Sea (n, b) ∈ Fb, enconces (n, b) ∈ F ∴ como F ∈ C ⇒ (n+,G(n)) ∈ F Además como n+ , 0, se
tiene (n+,G(b)) ∈ Fb ∴ (n+,G(b)) ∈ F \ {(0, b)} i.e (n+,G(b)) ∈ Fb
Se ha probado que Fb ∈ C ∴ F ⊂ Fb. Así, F = Fb lo cual es una contradicción, por lo tanto a = b,
por ende 0 ∈M.
Hecho 2: n+ ∈M ∀n ∈M
Sea n ∈M, entonces ∃!b ∈ A tal que (n, b) ∈ F. Como F ∈ C, se tiene entonces que (n+,G(b)) ∈ F.
Suponga que existe c ∈ A tal que (n+, c) ∈ F ∧ c , G(b).
Sea Fc = F \ {(n+, c)}. Se tiene que F , Fc, ya que (n+, c) ∈ F \ Fc. Además Fc ⊂ F.
Observe que Fc ∈ P(N×A), además (0, a) ∈ F y como 0 , n+, se tiene: (0, a) , (n+, c) ∴ (0, a) ∈ Fc.
Sea (m, d) ∈ Fc, entonces (m, d) ∈ F y como F ∈ C, se tiene que (m+,G(d)) ∈ F ∧ (m+,G(d)) , (n+, c);
ya que de lo contrario, n+ = m+ ∧ G(d) = c , G(b) ∴ n = m ∧ G(d) , G(b). Así n = m ∧ d , b.
Se tiene por lo anterior que seleccionando n = m, d , b. Así (n, b), (n, d) ∈ F lo cual contradiría
que n ∈M. Por lo cual c = G(b) entonces n+ ∈M.
Los hechos 1 y 2 implican que M = N, es decir que ∀n ∈ N ∃!b : F(n) = b. Así F es función.
Suponga ahora que F̄ : N → S es una función tal que F̄(0) = a ∧ F̄(n+) = G(F(n)). Sea
H = {n ∈ N |F(n) = F̄(n)}. Veamos que 0 ∈ H ya que F(0) = F̄(0) = a. Considere ahora a n ∈ H
(ya que es no vacío), entonces F(n+) = G(F(n)) = G(F̄(n)) = F̄(n+); así n+ ∈ H. Por lo cual H = N
entonces F = F̄. �
Proposición 4. Sean A un conjunto, G : N×A→ A una función, y 0 ∈ A. Entonces existe una única
función F : N→ A tal que:
a. F(0) = a
b. F(n+) = G(n,F(n)) ∀n ∈N
Para la demostración se procede de forma similar a la prueba anterior.
Demostración. Considere C = {T ∈ P(N × A) | (0, a) ∈ T ∧ (n, b) ∈ T ⇒ (n+,G(n, b)) ∈ T }.
Trivialmente C es no vacío ya que para cualquier (n, b) ∈ N × A, G(n, b) ∈ A así, N × A ∈ C.
Considere ahora a F =
⋃
C; de la misma forma que la prueba anterior F ∈ C. Sea M = {n ∈
N | ∃! b (n, b) ∈ F. Se verificará que 0 ∈M, y que si n ∈M entonces n+ ∈M.
Hecho 1. 0 ∈M.
Suponga que existe b ∈ A tal que b , a ∧ (0, b) ∈ F. Sea Fb = F \ (0, b) veamos que (0, b) ∈ F \ Fb
de forma que Fb ⊂ F.
Considere ahora n ∈ N de forma que como n+ , 0, si (n, c) ∈ Fb, entonces (n+,G(n, c)) ∈ Fb; así
Fb ∈ C. La condición anterior implica que F ⊂ Fb así F = Fb lo cual contradice que (0, b) ∈ F \ Fb,
por lo tanto a = b, así 0 ∈M.
Hecho 2. n ∈M ⇒ n+ ∈M.
Sea n ∈ N ∧ (n, b) ∈ F. Suponga que ∃c tal que c , G(n, b) ∧ (n+, c) ∈ F. Considere ahora
Fc = F \ {(n+, c)}. Veamos que (n+, c) ∈ F \ Fc así Fc ⊂ F. Como 0 , n+ y (0, a) ∈ F, (0, a) ∈ Fc.
Así también (n, b) ∈ Fc ya que n , n+ ∴ (n, b) , (n+, c). Y, (n+,G(n, b)) ∈ Fc puesto que
14 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
(n+,G(n, b)) , (n+, c) así Fc ∈ C por lo cual F ⊂ Fc. Lo cual contradice que (n+, c) ∈ F \ Fc. Así, de
los hechos anteriores se tiene que 0 ∈ M y si n ∈ M, entonces n+ ∈ M. De lo cual se concluye
que M = N así F es función.
Finalmente, la unicidad se concluye de un razonamiento idéntico al de la proposición anterior.
�
Proposición 5. Existe una única función f : N ×N→N tal que:
a. f (0,n) = n ∀n ∈N.
b. f (n+,m) = f (m,n)+ ∀n,m ∈N
Demostración. Considere la función:
G :N ×N→N
(x, y)→ y+
La proposición 3 garantiza la existencia de una función fn : N→N única tal que:
a. f (0) = n
b. f (m+) = G(m, f (m)) ∀m ∈N
Sea f : N ×N→N la función definida como f (m,n) = fn(m). Se tiene así:
a. f (0,n) = fn(0) = n
b. f (n+,m) = fm(n+) = G(n, f (n)) = fm(n)+ = f (m,n)+
Se verificará que f es única.
Suponga que existe h : N ×N→N tal que:
a. h(0,n) = n
b. h(n+,m) = h(m,n)+
Sea hn : N→N tal que hn(m) = h(m,n); y dado n ∈N, definamos a M = { x ∈N | hn(x) = fn(x) }.
Veamos que hn(0) = n = fn(0) ∴ 0 ∈M.
Suponga que x ∈M; así hn(x) = fn(x). Se sigue entonces que:
hn(x+) = h(x+,n) = G(x, hn(x)) = G(x, f (x)) = fn(x+)
Así M = N. Al ser la elección de n arbitraria se tiene que f (n,m) = h(n,m) ∀n,m ∈N. �
A la operación binaria dada por la proposición anterior se le denominará adición en N y
f (n,m) se denotará por n + m.
2.1. LOS NÚMEROS NATURALES 15
Proposición 6. Sean m,n, p números naturales, entonces:
a. (n + m) + p = n + (m + p)
b. m + n = n + m
c. Si m + p = n + p entonces m = n
d. Si m + p = 0 entonces m = 0 ∧ n = 0
Demostración.
a. Definamos a M = { x ∈N | x + (y + z) = (x + y) + z ∀y, z ∈N }.
Veamos que 0 ∈M ya que
0 + (y + z) = (y + z)
= y + z
= (0 + y) + z
Así 0 ∈M.
Supongamos ahora que x ∈M, es decir, que
x(y + z) = (x + y) + z
Entonces se tiene que:
x+ + (y + z) = (x + (y + z))+
= ((x + y) + z))+
= ((x + y)+ + z)
= (x+ + y) + z
Así M = N.
b. Definamos a M = { x ∈N | x + y = y + x ∀ y ∈N }.
Se verificará que 0 ∈M.
• Caso 1: y = 0.
En dado caso se tiene:
y + 0 = 0 + 0
= 0 + y
16 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
• Caso 2: y , 0.
En dado caso ∃y− tal que y+− = y
0 + y = y
y + 0 = (0 + y−)+
= y+−
= y
Así, verificamos que 0 ∈M.
Ahora verificaremos que si x ∈M ⇒ x+ ∈M.
Sea M′ = { x ∈N | x+ + y = x + y+ }.
• Se probará que 0 ∈M′.
Veamos que ∀y ∈N:
0+ + y = 1 + y
= (y + 0)+ Como 0 ∈M
= (0 + y)+
= y+ + 0 Además
y+ + 0 = 0 + y+ = 0
Así 0 ∈M′.
Observación. Ésto último prueba que 1 + y = y+.
• Se probará que si x ∈M′ entonces x+ ∈M′
∀y ∈N
x+ + y = (y + x)+
= (y + x) + 1
= y + (x + 1)
= y + (x + 0+)
= y + (x+ + 0)
= y + (0 + x+)
= y + x+
Así x+ ∈M′. Por lo tanto M′ = N.
2.1. LOS NÚMEROS NATURALES 17
Suponga que x ∈M, entonces x + y = y + x ∀y ∈N. Así:
x+ + y = (y + x)+
= (y + x) + 1
= y + (x + 1)
= y + (0 + x+)
= y + x+
Así M = N
c. Sea M = {p ∈N | (m + p = n + p ⇒ m = p) ∀n,m ∈N }.
0 ∈M.
Veamos que ∀m,n ∈N: Suponga que m + 0 = n + 0
m + 0 = n + 0
0 + m = 0 + n
m = n
Así 0 ∈M
∀m,n ∈N suponga que (p + m = p + n) ⇒ m = n p ∈N. Vemos que si:
p+ + m = p+ + n
(m + p)+ = (n + p)+
(p + m)+ = (p + n)+ ⇒
p + m = p + n ⇒
m = n
Así M = N.
d. Sea M = { x ∈ N | x + y = 0 ⇒ x = 0 ∧ y = 0 ∀x ∈ N }. Considere a x, y ∈ N tales que
x + y = 0. Entonces:
x + y = 0
= 0 + y
De la propiedad 3, tenemos que x = 0. Como x, y fueron arbitrarios: x ∈ M entonces
N ⊂M. Así M = N.
�
Proposición 7. Existe una única función g : N ×N →N tal que:
18 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
a. g(0,n) = 0 ∀n ∈N
b. g(n+,m) = g(n,m) + m ∀n,m ∈N
Demostración. La proposición 3implica que existe una única función Fn : N → N así se tiene
que la �
Definición 11. Sea x ∈ N. Se define el conjunto de descendientes de x denotado por Dx
como el conjunto {Sn(x) |n ∈N }.
Observación. x ∈ Dx.
Definición 12. Sea A ⊂N. Se define el conjunto de sucesores de elementos de A, denotado
por A∆, como el conjunto {S(x) | x ∈ A }.
Proposición 8. Sean x, y ∈N, entonces:
i) Dx = {x} ∪Dx+ ii) Dx+ ⊂ [Dx]∆
iii) x < Dx+ iv) Dx = Dy entonces x = y
Demostración. i) Sea u ∈ Dx, entonces ∃n ∈N tal que u = Sn(x). Entonces u = x ∨ u , x.
Si u = x, entonces u ∈ x ∪Dx+.
Si u , x, entonces n , 0. Así, como S(N) = N \ {0}se tiene ∈ S(N), por lo tanto ∃m ∈ N tal
que n = S(m), i.e., n = m+ ∴ u = Sm+ (x) = S ◦ Sm(x) = Sm ◦ S(x) = Sm(x+) lo cual muestra que
u ∈ Dx+ ∴ u ∈ {x} ∪Dx+. Así se demuestra i).
ii) Sea m ∈ Dx+. Se debe verificar que m ∈ [Dx]∆. Como m ∈ Dx+, existe n ∈ N tal que:
m = Sn(x+) = Sn ◦ S(x) = S ◦ Sn(x), lo cual muestra que m ∈ [Dx]∆.
iii) Sea M = {x ∈N | x < Dx+}
Si 0 ∈ D0+, entonces ∃r ∈N tal que:
0 = Sr(0+) = Sr ◦ S(0) = S ◦ Sr(0), lo cual implica que 0 ∈ S(N) en contradicción con el hecho
S(N) = N \ {0} por lo tanto 0 < D0+, i. e., 0 ∈M.
Sea x ∈M. Se verificará que x+ ∈M.
Suponga que x+ < M, entonces x++ ∈ D0++. De ii) Dx++ ⊂ [Dx+]∆ ∴ x+ ∈ [D+x ]∆. Así ∃q ∈ Dx+
tal que x+ = S(q), es decir, x+ = q+ ∴ x = q, y así x ∈ Dx+, lo cual contradice que x ∈M ∴ x+ ∈M.
Así M = N.
iv) Por hipótesis Dx = Dy. Suponga que x , y. Observe que, como x ∈ Dx y Dx = Dy, se
tiene que x ∈ Dy. Además Dy = {y} ∪ Dy+. Así como x , y, se tiene x ∈ Dy+ ∴ Dx ⊂ Dy
(ya que si u ∈ Dx, ∃n ∈ N tal que u = Sn(x). Además, como x ∈ Dy+ ∃m ∈ N tal que
2.1. LOS NÚMEROS NATURALES 19
x ∈ Sm(y+) ∴ u = Sn ◦ Sm(y+) lo cual muestra que u ∈ Dy+). Así Dy ⊂ Dy+ ∴ y ∈ Dy+ lo cual
contradice a iii). Así x = y. �
Proposición 9. Sea R = { (m,n) ∈N ×N |n ∈ Dm}. R es un orden parcial en N.
Demostración. 1) Dado n ∈Nn ∈ Dn ∴ (n,n) ∈ R. Es decir, R es reflexiva.
2) Sean (n,m) y (m, r) ∈ R, entonces m ∈ Dn ∧ r ∈ Dm ∴ Dm ⊂ Dn ∧ Dr ⊂ Dm ∴ Dr ⊂ Dn
entonces r ∈ Dn ∴ (n, r) ∈ R. 3) Suponga que (n,m) y (m,n) ∈ R. Entonces m ∈ Dn ∧ n ∈ Dm ∴
Dm ⊂ Dn ∧ Dm ⊂ Dn ∴ Dm = Dn, y de la proposición anterior se tiene que m = n. Así R es
antisimétrica. �
Lema 2.1.3. Sea x ∈N, entonces:
Dx =
⋂
{A ∈ P(N) | x ∈ A n ∈ A ⇒ n+ ∈ A}
Demostración. Sea B =
⋂
{A ∈ P(N) | x ∈ A ∧ ∀n ∈ Nn ∈ A ⇒ n+ ∈ A}. Sea M = {n ∈
N |Sn(x) ∈ B }. Sea Z = {A ∈ P(N) | x ∈ A ∧ ∀n ∈ Nn ∈ A ⇒ n+ ∈ A}. Entonces B =
⋂
Z.
Observe que x ∈ A∀A ∈ Z ∴ x ∈
⋂
Z, es decir x ∈ B, i.e., So(x) ∈ B ∴ 0 ∈M.
Sea n ∈M, entonces, Sn(x) ∈ B ∴ Sn+(x) = Sn ◦ S(x) = S ◦ Sn(x) ∈ B. Como B ∈ Z ∧ Sn(x) ∈ B, se
tiene que S ◦ Sn(x) ∈ B ∴ Sn+(x) ∈ B ∴ n+ ∈M. Así M = N. En consecuencia Dx ⊂ B.
se tiene que x ∈ Dx. Además u ∈ Dx implica u+ ∈ Dx. Por lo tanto B ⊂ Dx. Así B = Dx. �
Proposición 10. Sea M ⊂ N, M , ∅. Si x+ ∈ M∀x ∈ M, entonces existe un único n ∈ N tal que
M = Dn.
Demostración. Hecho 1: Sea K = {n ∈N |n <M ⇒M ⊂ Dn+}.
Por el lema anterior D0 =
⋂
{A ∈ P(N) | 0 ∈ A ∧ (∀n ∈ Nn ∈ A ⇒ n+ ∈ A) }. Se tiene entonces
0 ∈ D0 ∧ (n ∈ D0⇒ n+ ∈ D0) ∴ D0 = N. Por otra parte D0 = {0} ∪Do+. Así N = {0} ∪D0+. En
consecuencia N \ {0} ⊂ D0+.
Así mismo como 0 < D0+. y D0+ ⊂N. Se tiene D0+ ⊂N \ {0} ∴ D0+ = N \ {0} y así si 0 <M, se
tiene M ⊂ D0+ ∴ 0 ∈ K.
Sea n ∈ K, se verificará que n+ ∈ K.
Suponga n+ <M, entonces n <M ya que x+ ∈M∀x ∈M. Así como n ∈ k, se tiene M ⊂ Dn+, y co-
mo Dn+ = {n+}∪Dn++. Además n+ <M, luego M ⊂ Dn++, lo cual implica que n+ ∈ K ∴ K = N.
Hecho 2: ∀n ∈N [(n <M ∧ n+ ∈M)⇒M = Dn+].
Sea n ∈ N tal que n < M ∧ n+ ∈ M. Como n < M, por el hecho 1 se tiene que M ⊂ Dn+.
Por el lema anterior Dn+ ⊂ A A tal que n+ ∈ A ∧ ∀x ∈ N (x ∈ A ⇒ x+ ∈ A). Como
n+ ∈M ∧ x+ ∈M ∀x ∈M, se concluye que Dn+ ⊂M ∴ Dn+ = M.
0 ∈M ∨ 0 <M
- Si 0 ∈M, entonces se tiene que M = N y así M = D0.
- Suponga que 0 <M.
Se verificará que existe n ∈N tal que n <M ∧ n+ ∈M,de esta manera, por el hecho 2 se tendrá
que M = Dn+.
20 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
Procediendo por reducción al absurdo suponga que no existe tal n ∈N. Entonces: ∀n ∈N n ∈
M ∨ n+ <M . . . (λ).
Considere el conjunto T = {n ∈N |n <M}.
-Se tiene 0 ∈ T ya que se está considerando el caso en que 0 <M.
-Sea n ∈ T, entonces n < M ∴ de (λ) se tiene n+ < M ∴ n+ ∈ T. Teniendo así T = N, por lo cual
M = ∅, lo cual contradice que M , ∅. Por lo tanto sí existe n ∈N tal que n <M ∧ n+ ∈M y por
ello, del hecho 2: M = Dn+. De la proposición 8 se tiene que si M = Dn ∧M = Dm, entonces
n = m, así n es único. �
Proposición 11. R = {(m,n) ∈N ×N |n ∈ Dm} es un buen orden en N.
Demostración. Se ha probado previamente que R es un orden parcial. Sea A ⊂N, A , ∅. Se debe
probar que A tiene un primer elemento. Considere el conjunto B = {R ∈ P(N) |A ⊂ T ∧ S(T) ⊂
T}; veamos que B , ∅, ya que N ∈ B.
Sea M =
⋂
B, observe que M ⊂ B. Como A ⊂ M ∧ A , ∅, se tiene M , ∅. Además, como
M ∈ B∀x (x ∈ M ⇒ x+ ∈ M). La proposición 10 implica que existe un único n ∈ N tal que
M = Dn. Se verificará que dicho n ∈ A. Procediendo por contradicción suponga que n < A. Se
tiene por la proposition 8 que Dn = {n} ∪ Dn+. Como A ⊂ M, entonces A ⊂ {n} ∪ Dn+, y así
como n < A, se tiene: A ⊂ Dn+ . . . (i).
Además, ∀x (x ∈ Dn+ ⇒ x+ ∈ Dn+), es decir, S(Dn+) ⊂ Dn+ . . . (ii).
i), y ii) implican que Dn+ ∈ B ∴ M ⊂ Dn+, i.e., Dn ⊂ Dn+. Así, como n ∈ Dn, se tiene n ∈ Dn+,
lo cual contradice la parte iii) de la proposición 8 ∴ n ∈ A.
Se mostrará que n es el primer elemento de A.
Sea x ∈ A | x = n ∨ x , n.
a) Si x = n, se tiene (n, x) ∈ R, ya que R es en particular reflexiva. b) Suponga que x , n.
Como A ⊂M ∧ M = Dn, se tiene A ⊂ {n}∪Dn+. Yasí, dao que x , n, se tiene x ∈ Dn+ ∴ (n+, x) ∈
R. Por otra parte (n,n+) ∈ R ya que n+ ∈ Dn. Y, como R es transitiva, se concluye que (n, x) ∈ R,
finalmente mostrando que n es el primer elemento de A. �
Notación: (n,m) ∈ R se denotará n ≤ m. Si, además n , m, se escribirá n < m.
Proposición 12. Sean n,m ∈N. Entonces se cumple una única de las siguientes tres afirmaciónes:
i)n = m ii)n < m iii)m < n
Demostración. Como R es un buen orden en N, se tiene que R es un orden total en N. Así
(n,m) ∈ R ∨ (m,n) ∈ R. Así, como R es antisimétrica, si n , m, solo se puede cummplir una
única de las siguientes condiciones: (n,m) ∈ R o (m,n) ∈ R, así se tiene únicamente una de
n < m, m < n.
Si n = m, no se cumple ni n < m ni m < n. �
Proposición 13. Sean n,m ∈N, si n+ > m, entonces n ≥ m.
Demostración. Por hipótesis n+ > m. Procediendo por contradicción, suponga que no se cumple
n ≥ m, entonces (m,n) < R ∴ m , n ∧ ¬(m < n). La proposición 12 implica que n < m n ≤
2.1. LOS NÚMEROS NATURALES 21
m ∧ n , m. En particular (n,m) ∈ R. Así m ∈ Dn ∴ ∃r ∈N tal que m = Sr(n).
Como m , n, se tiene r , 0 ∴ r ∈N \ {0}, i.e., r ∈ S(N), por lo cual ∃q ∈N tal que r = q+.
Así m = Sq+ = Sq ◦ S(n) = Sq(n+) lo cual implica que m ∈ Dn+ ∴ (n+,m) ∈ R . . . (λ). Por
hipótesis se tiene n+ > m . . . (α) ∴ n+ , m. De (λ) se tiene n+ < m . . . (β). De (α) y (β) se tiene
m < n+ ∧ n+ < m, lo cual contradice la proposición 12. �
Proposición 14. i)∀n,m ∈N ≤ m sí y sólo sí ∃p ∈N tal que n + p = m.
ii)∀n,m, p ∈Nn < m sí y sólo sí n + p < m + p.
iii)∀n,m, p ∈N, si p , 0, entonces n < m sí y sólo sí np < mp.
Demostración. i) Dados n,m ∈N, considere el conjunto K = {t ∈N |St(n) = n + t}.
· S0(n) = n = n + 0 ∴ 0 ∈ K.
· Sea t ∈ K, entonces St+ = S ◦ St(n) = S(St(n)) = S(n + t) = S(t + n) = (t + n)+ = t+ + n = n + t+. Se
tiene así que t+ ∈ K ∴ K = N.
⇒) Por hipótesis n ≤ m, i.e., m ∈ Dn ∴ ∃p ∈N tal que m = Sp(n). Como K = N, p ∈ K ∴ Sp(n) =
n + p i.e., m = n + p.
⇐) Ahora por hipótesis, ∃p ∈ N tal que n + p = m. Como p ∈ N ∧ K = N, se tiene que
p ∈ K ∴ n + p = Sp(n), i.e. m ∈ Dn ∴ n ≤ m.
ii) Sean n,m, p ∈N.
⇒) Suponga que n < m, entonces (n,m) ∈ R ∧ n , m. En particular m ∈ Dn ∴ ∃r ∈ N tal que
m = Sr(n), i.e., m = n + r. Observe que r , 0, ya que n , m.
Como m = n + r, se tiene:
m + p = (n + r) + p = (n + p) + r)Sr(n + p) ∴ m + p ∈ Dn+p. En consecuencia n + p ≤ m + p. Además,
como: m + p = (n + p) + r y r , 0 se tiene de A3 quem + p , n + p ∴ n + p < m + p.
⇐) Por hipótesis n + p < m + p.
Suponga que no se cumple n < m. Entonces n = m∨m < n. En el primer caso n+p = m+p, lo cual
no ocurre. En el segundo caso, de la suficiencia probada previamente, se tendría: m + p < n + p,
lo cual no ocurre. ∴ n < m.
iii) Sean n,m, p ∈N, p , 0.
⇒) Suponga que n < m. Entonces, de i) ∃q ∈ N tal que m = n + q. Además q , 0 ya que
n , m ∴ mp = (n + q)p = np + qp.
M4 implica que qp , 0 ya que q , 0 ∧ p , 0 ∴ mp > np.
⇐) Asuma ahora np < mp, se debe probar n < m.
Suponga que no se cumple n < m. Entonces n = m ∨ m < n. En el primer caso se tendría
np = mp, lo cual no ocurre. En el segundo caso se tendría, por la suficiencia previamente
probada, mp < np lo cual no ocurre ∴ n < m. �
2.1.1. Ejercicios
Problema 2.1.1. a) Sea m ∈NDemuestre que existe una única función Fm : N→N tal que Fm(0) = 1,
Fm(n+) = gm(Fm(n)), siendo gm la función: gm : N→N n→ nm
22 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
b) Considere la función f : N ×N→N (m,n)→ Fm(n).
Verifique que:
a. f (m, 0) = 1,∀m ∈N
b. f (m,n+) = Fm(n)m
Denotando f (m,n) por mn, verifique lo siguiente:
Dados m,n,u ∈N
a. um · un = um+n
b. (um)n = umn
c. (un)m = umnm
d. 1n = 1
2.2. Equivalencias del Axioma de Elección
Proposición 12. Sea (N,R) un conjunto parcialmente ordenado, tal que toda cadena contenida en N,
tiene un supremo en N. Sea f : N→ N una funcion que satisface:
∀x ∈ N (x, f (x)) ∈ R
Entonces existe n ∈ N tal que f (n) = n.
Demostración. Dado u ∈ N se dice que A ⊂ N es admisible con relación a u si cumple:
i) u ∈ A
ii) f (A) ⊂ A
iii) Si B es una cadena contenida en A, entonces en A mismo existe el supremo de B
Sea M el conjunto cuyos elementos son todos los subconjuntos admisibles conrespecto a u
de N y sea: S =
⋂
x∈M
x.
Demostración. a)
v ∈ S ya que u ∈ x ∀x ∈M
b) Sea t ∈ S
t ∈ x ∀ x ∈M
f (t) ∈ x ∀ x ∈M
Lo cual muestra que f (S) ⊂ S
2.2. EQUIVALENCIAS DEL AXIOMA DE ELECCIÓN 23
c) Sea B una cadena contenida en S
B ⊂ x ∀x ∈M
∴ Sup(B) ∈ S
a), b) c) muestra que S es admisible con relación a u �
Observe que: si S′ ⊂ S ∧ S′ es u-admisible entonces S′ = S
Hecho 1: u es el primer elemento de S, i.e.:
(u, x) ∈ R ∀ x ∈ S
Demostración. Sea A = {x ∈ S |(u, x) ∈ R}
Para probar el hecho anterior se debe probar que A = S.
Como A ⊂ S, por la observacion anterior basta con verificar que A es u-admisible.
i) Como R es en particular reflexiva (u,u) ∈ R. Además u ∈ S ya que S es u-admisible.
ii) Sea x ∈ A, se verificara que f (x) ∈ A Como x ∈ A, (u, x) ∈ R. Además (x, f (x)) ∈ R Por
hipostesis de la proposioción.
∴ siendo R transitiva se tiene (u, f (x)) ∈ R
Como x ∈ A ∧ A ⊂ S, x ∈ S y por ser S u-admisible f (x) ∈ S ∴ f (x) ∈ A. En consecuencia
f (A) ∈ A
iii) Sea B una cadena contenida en A. Por hipotesis, supB existe en N.
Como A ⊂ S se tiene a B ⊂ S.
Así siendo S u-admisible se tiene supB ∈ S
(t, supB) ∈ R ∀t ∈ B
Además como B ⊂ A se tiene que (u, t) ∈ R ∀t ∈ B.
∴ (u, supB) ∈ R ∴ supB ∈ A
.
i), ii), iii) muestran que A es u-admisible �
Dado x ∈, P(x) denotara la propiedad
[y ∈ S�x ∧ (y, x) ∈ R]
24 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
Hecho 2: Si x ∈ S ∧ P(x) entonces ∀z ∈ S (z, x) ∈ R ∨ ( f (x), z) ∈ R
Demostración. Sea
B = {z ∈ S|(z, x) ∈ R ∨ ( f (x), z) ∈ R}
Se debe probar que B = S.
Como B ⊂ S, basta con probar que B es u-admisible
i) Como u ∈ S puesto que S es u-admisible
Como u es el primer elemento de S y x ∈ S se tiene (u, x) ∈ R
∴ u ∈ B
ii) Sea x ∈ B se verificará que f (x) ∈ B
Como x ∈ B ∧ B ⊂ S, se tiene x ∈ S ∴ por ser S u-admisible se tiene f (x) ∈ S
x = x ∨ x , x
a) Si x = x, entonces f (x) = f (x)
∴ ( f (x), f (x)) ∈ R
y así f (x) ∈ B
b) Considere x , x
Como x ∈ B se tiene (x, x) ∈ R ∨ ( f (x), x) ∈ R.
I) Si (x, x) ∈ R, como x , x y además se tiene P(x), entonces ( f (x), x) ∈ R
lo cual muestra que f (x) ∈ B
II) Suponga que (x, f (x)) ∈ R se tiene que ( f (x), f (x) ∈ R
∴ f (x) ∈ B
Se ha probado que f (B) ⊂ B
iii) Sea F ⊂ B una cadena, F es entonces ena cadena en S,
entonces ∴ F ∈ S
Como F ⊂ B
∀z ∈ F se tiene (z, x) ∈ R ∨ ( f (x), z) ∈ R
∴ (∀z ∈ F (z, x) ∈ R ∨ (∃z ∈ F t ( f (x), z) ∈ R)
a) Suponga que ∀z ∈ F(z, x) entonces x es una cota superior de F
∴ (supF, x) ∈ R lo cual implica supF ∈ B
b) Suponga ahora que ∃z ∈ Ftalque( f (x), z) ∈ R
Como
z ∈ F (z, supF) ∈ R ∴ (supF, f (x) ∈ R
2.2. EQUIVALENCIAS DEL AXIOMA DE ELECCIÓN 25
Por lo cual supF ∈ B
i), ii), iii) muestran que B es u-admisible ∴ B = S. �
Hecho 3:
∀x ∈ S se tiene P(x)
Demostración. Como C ⊂ S basta probar que C es u-admisible
i) Como S es u-admisible, u ∈ S se verificara P(u).
Suponga ¬P(u)
Entonces ∃y ∈ S�{u} tal que (y,u) ∈ R
Como y ∈ S y u es el primer elemento de S, se tiene (u, y) ∈ R. Dado que (y,u) ∈ R se tiene
u = y (por ser R un orden parcial) lo cual contradice
y ∈ S�{u}
Lo cual implica u ∈ C
ii) Se verificara ahora que f (C) ⊂ C Sea x ∈ C, se debe probar que f (x) ∈ C
Como x ∈ C ∧ C ⊂ S se tiene x ∈ S y asi, por ser S u-admisible
Se tiene f (x) ∈ S .
Para concluir que f (x) ∈ C basta probar que P( f (x))
Asuma que y ∈ S�{ f (x)} tal que (y, f (x)) ∈ R
Se verificara que (y, f (x)) ∈ R
Como x ∈ C se tiene x ∈ S ∧ P(x)
dado que y ∈ S, y el Hecho 2, se tiene (y, x) ∈ R ∨ (y, f (x)) ∈ R
26 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
Observe que ¬(( f (x), y) ∈ R) ya que si ( f (x), y) ∈ R, como
(y, f (x)) ∈ R se tendría y = f (x) lo cual contradice que y ∈ S�{ f (x)}
∴ (y, x) ∈ R
y = x ∨ y , x
a) Si y = x, f (y) = f (x) Por lo cual ( f (y), f (x)) ∈ R
b) Considere ahora y , x, entonces
y ∈ S�{x} (y)
por lo cual, dado P(x) se concluye que ( f (y), x). Asi mismo se tiene que ( f (y), x) ∈ R
por transitividad se tiene ( f (y), f (x)) ∈ R
iii) Sea F ⊂ C y una cadena. Se probara que supF ∈ C
Como C ⊂ S y F ⊂ S por lo cual siendo S u-admisible se tiene
supF ∈ S
Así para probar que supF ∈ F basta verificar que se cumple P(supF)
Sea w = supF
Sea y ∈ S�{w} tal que (y,w) ∈ R. Se debe probar ( f (y),w) ∈ R Observe ∃y1 ∈ F tal que
(y, y1)
(Ya que en caso contrario dado cualquier elemento y1 ∈ F se tiene ¬(y, y1) Además como
F ⊂ C ; y1 ∈ C y así P(y1) y por el Hecho 2, como y1 ∈ S ∧ P(y1) y además y y ∈ S,
necesariamente
(y, y1) ∈ R ∨ (y, f (y1)) ∈ R
Así como se tiene ¬((y, y1) ∈ R) se tendría ( f (y1), y) ∈ R. Además
(y1, f (y1)) ∈ R ∴ (y1, y) ∈ R
Lo cual implicaria que y es cota superior de de F ∴ (w, y) ∈ R
y como se tiene además que (y,w) ∈ R se concluiria y = w lo cual contradice que y ∈ S�{w}
)
y1 = y ∨ y1¬y
a) Si y1 = y, entonces y ∈ F por lo tanto se tiene P(y1)
Así como y ∈ S ∧ P(y) del Hecho 2
dado que w ∈ S se tiene
(w, y) ∈ R ∨ ( f (y),w) ∈ R
2.2. EQUIVALENCIAS DEL AXIOMA DE ELECCIÓN 27
No ocurre (w, y) ∈ R ya que así como (y,w) ∈ R
Se tendría que w = y lo cual contradice y ∈ S�{w}
∴ ( f (y),w) ∈ R
b) Suponga ahora que y1 , y Como y1 ∈ F se tiene P(y1), así como
(y, y1) ∈ R ∧ y , y1 y ∈ S�{y1}
por lo cual se concluye que ( f (y), y1) ∈ R y como (y1,w) ∈ R se concluye ( f (y),w) ∈ R
i), ii), iii) muestran que C es u-admisible y por ello C = S �
Sea x ∈ S, entonces por el Hecho 3 se tiene P(x)
Por el Hecho 2, para cualquier y ∈ S se tiene (y, x) ∈ R ∨ ( f (x), y) ∈ R
Además S es u-admisible así, siendo S una cadena contenida en S, se tiene SupS ∈ S
Sea x0 = supS
Como f (S) ⊂ S ∴ f (x0) ∈ S
( f (x0), x0) ∈ R ∧ (x0, f (x0)) ∈ R
∴ x0 = f (x0)
�
El teorema anterior fue probado por Baurbaki en 1939 y se conoce como el teorema del punto fijo de
Baurbaki
28 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
Definición 13. Axioma de elección Sea A un conjunto cuyos elementos son ajenos no
vacios existe un conjunto B tal que ∀ x ∈ A�{∅} B ∩ x es un conjunto con un único
elemento.
Proposición 13. Son equivalentes las sigueintes proposiciones
I) Axioma de eleccion
II) Para cada conjunto X, existe una funcion
f : P(X)�{∅} −→ X
Tal que f (A) ∈ A para cada A ∈ P(X)�{∅}
Demostración. I)→ II) Sea X un conjunto.
Considere al conjunto N = {{A} × A ∈ P(P(X) × X) | A ∈ P(X)�{∅}}
El axiomma de especificación permite probar que N es un conjunto.
Se verificara que N satisface lashipotesis del axioma de elección.
Sea x ∈ N entonces ∃ A ∈ P(X)�{∅} tal que
x = {A} × A {A} , ∅
Así mismo A , ∅ ∴ x , ∅.
Considere otro elemento y ∈ N ∃A′ ∈ P(X)�{∅} tal que y = {A′} × A′ Sea t ∈ x ∩ y Como
t ∈ y ∴ t = (A, a) con a ∈ A
Así mismo como t ∈ y ∴ t = (A′, a′) con a′ ∈ A′
∴ (A, a) = (A′, a′)
Se tiene en particular que A = A′
x = y
Dado que N satisface las hípotesis del axioma de elección , existe un conjunto B tal que
∀ A ∈ P(X)�{∅}, B ∩ ({A} × A)
tiene un único elemento.
Sea f = B ∩ (∪N).
u ∈ f , entonces u ∈ B ∧ u ∈ (∪N).
Como u ∈ (∪N) ∃m ∈ N tal que u ∈ m . Por ser m un elemnto de N existe A ∈ P(X)�{∅} tal
que m = {A} × A ∴ como u ∈ m existe a ∈ A tal que u = (A, a).
∴ u ∈ [P(X)�{∅}] × X
2.2. EQUIVALENCIAS DEL AXIOMA DE ELECCIÓN 29
Suponga que (A, b) ∈ f se verificara que a = b
Como (A, b) ∈ (∪N) ∃s ∈ N tal que (A, b) ∈ s
Como s ∈ N existe A′ ∈ P(X)�{∅} tal que s = {A′} × A′
A = A′ ∧ b ∈ A
∴ como f ⊂ B
(A, b) ∈ B ∩ ({A} × A)
(A, a) ∈ B ∩ ({A} × A)
Dado que b ∪ ({A} × A) tiene un único elemnto, se concluye que a = b
Lo anterior muestra que f es función.
Sea k ∈ P(X)�{∅} se verificara que existe w ∈ X tal que
(k, x) ∈ f
k ⊂ V ∧ k , ∅
∴ {k} × k ∈ N
B ∪ ({k} × k) Tiene un solo elemento Sea r tal elemnto r = (k,w) con w ∈ K
Así w ∈ X, (k,w) ∈ B y (k,w) ∈ cupN
(k,w) ∈ f
Se probara que el dominio de f es P(X)�{∅}
Para concluir que f (A) ∈ A
∀A ∈ P(X)�{∅} si A ∈ P(X)�{∅} (A, f (A)) ∈ f
∴ (A, f (A)) ∈ ∪N ∴ ∃{T} × T ∈ N
tal que
(A, f (A)) ∈ {T} × T ∴ A = T ∧ f (A) ∈ T ∴ f (A) ∈ A
30 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
ii)⇒ i)
. Sea A un conjunto cuyos elemntos son ajenos no vacios. Se debe probar que existe un conjunto
B tal que B ∩ x tiene un único elemnto ∀x ∈ A.
Sea X = ∪A Por hipotesis existe.
f : P(∪A)�{∅} −→ ∪A
Tal que f (y) ∈ y ∀y ∈ P(∪A)�{∅} Observe que si y ∈ A entonces y ∈ P(∪A)
(Ya que si t ∈ y , entonces t ∈ ∪A y así y ⊂ ∪A )
Además si y ∈ A , y , ∅
∴ y ∈ P(∪A)�{∅}
i.e. y pertenece al dominio de f pol lo cual esta definido f (y)
Por el axioma de especificación existe
B ∀x(x ∈ B⇔ x ∈ ∪A ∧ P(x))
Siendo P(x) la propiedad ∃y x = f (y)
Se verificará que B ∩ z tiene un único elemento ∀z ∈ A
Sea z ∈ A, entonces z ∈ P(∪A)�{∅}
∴ esta definida f (z)
Se tiene f (z) ∈ B ∧ f (z) ∈ Z f (z) ∈ B ∩ Z
Así { f (z)} ⊂ B ∩ Z
Sea v ∈ B ∩ Z. Como v ∈ B ∃z′ ∈ P(∪A)�{∅}
tal que v = f (z′). Como f (z′) ∈ Z′, se tiene v ∈ z′
Además v ∈ Z Z′ ∩ Z , ∅ ∴ z′ = z y así.
v = f (z)
Lo anterio demuestra que B ∩ Z ⊂ { f (z)}
∴ B ∩ Z = { f (z)}
�
2.2. EQUIVALENCIAS DEL AXIOMA DE ELECCIÓN 31
Proposición 14. Son equivalentes las siguientes proposiciones.
i) Axioma de elección
ii) (Principio maximal de Hausdorqq)
Todo conjunto parcialmente ordenado tiene una cadena maximal, i.e. una cadena que no está
contenida propiamente en otra cadena
iii) (Lema de Zorn) Todo conjunto parcialmente ordenado no vacío,en el cad cadena tiene una cota
superior, tiene un elemento maximal
iv) (Principio del buen orden) Todo conjunto puede ser un buen orden
Demostración. i)⇒ ii)
Sea (A,R) un conjunto parcialmente ordenado, por el axioma de especificación
Sea C = {x ∈ P(A)| ∀a, b ∈ x a < b ∨ b < a}
∅ ∈ C ∴ C , ∅
Procediendo por reduccion ela absurdo, suponga que A no tien una cadena maximal.
Entoonces ∀x ∈ C
Cx = {y ∈ C|x ⊂ y ∧ x , y} Es un conjunto no vacío de C
Como hipotesis de cumple el Axioma de elección, la proposicion 13 implica, tomsndi X = C,
que existe f : P(C)�{∅} =⇒ C, tal que
f (u) ∈ u ∀u ∈ P(C)�{∅} Se tiene así
f (Cx) ∈ Cx ∀x ∈ C
Sea Rc{(x, y) ∈ C × C| x ⊂ y}
i) (c,Rc) es un conjunto ordenado
ii) Considere la finción
g : C←→ C
x 7→ f (Cx)
Observe que
(x, g(x)) ∈ Rc
x ⊂ g(x) = f (Cx) ∈ Cx
Si se verifica que
iii) Toda cadena en C tiene un supremo en C
Entonces (c,Rc) satisfece las hipotesis de la proposición 12, por lo cual existe x0 ∈ C tal
que g(x0) = x0
∴ f (Cx0 ) = x0 Sin embargo f (Cx0 ) ∈ C0 ∴ f (Cx0 ) , x0
32 CAPÍTULO 2. SEGUNDO PARCIAL
Se tendria así un acontradicción.
Por lo tanto para concluir que i)⇒ ii) basta probar que tod a cadena en C tiene en supremo
en C.
Sea N una cadena en C.
Se vericará que ∪N es supremo de N en C.
Sea t ∈ ∪N, entonces existe z ∈ N tal que t ∈ z. Como z ∈ N ∨N ⊂ C
∴ t ∈ A. Así ∪N ⊂ A
Sean a, b ∈ ∪N entonces existen u, v ∈ N tales que a ∈ u ∧ b ∈ w
Como N es una cadena en C se tiene u ⊂ v ∨ v ⊂ u.
∴ a, b ∈ V ∨ a, b ∈ U. En cualquier caso como u y v son cadenas en A se tiene a < b ∨ b < a
lo anterior muestra que ∪N ∈ C
a) Sea w ∈ N
entonces r ∈ w, r ∈ ∪N ∴ w ⊂ ∪N
Así (w,∪N) ∈ Rc ∀w ∈ N
∪N es cota superior de N
b) Suponga que M ∈ C satisface (w,M) ∈ Rc∀w ∈ N
Entonces w ⊂M ∀w ∈ N.
Sea s ∈ ∪N, entonces existe m ∈ N tal que s ∈ m.
Como m ∈ N (m,M) ∈ Rc
∴ m ⊂M⇒ s ∈M ∴ ∪N y así (∪N,M) ∈ Rc
a),b) muestran que ∪N es supremo de N en C
iii)=⇒ iv) Sea X un conjunto.
Se debe probar que en X se puede definir un buen orden.
Sea
S = {(A,R) ∈ P(X) × P(X × X)|R es un buen orden en A}
ρ = {((A1,R1), (A2,R2)) ∈ S × S|A1 ⊂ A2 R1 ⊂ R2 ∧ [(x ∈ A1 ∧ y ∈ A2�A1)→ (x, y) ∈ R2]}
Hecho (S, ρ) es un conjunto parcialmente ordenado no vacío en el que toda cadena tiene
una cota superior.
Demostración. i) Sea (A,R) ∈ S
�
�
Capítulo 3
Tercer Parcial
3.1. Enteros
Considere la siguiente relación en N ×N:
R = {((n,m), (r, s)) ∈ (N ×N) × (N ×N) |n + s = r + m}
Lema 3.1.1. R es una relación de equivalencia.
Demostración. Sean n,m ∈N. Note que n + m = n + m ∴ ((n,m), (n,m)) ∈ R, así R es reflexiva.
Sea ((n,m), (r, s)) ∈ R, entonces n + s = m + r o bien, m + r = n + s, así R es simétrica.
Sean ((n,m), (r, s)), ((r, s), (u, v)) ∈ R, entonces se tiene que n + s = m + r ∧ r + v = s + u. Así
n + s + r + v = r + m + u + s
Así tenemos que n + v = m + u, por lo tanto ((n,m), (u, v)) ∈ R. Concluyendo que R es una
relación de equivalencia. �
Definición 14. Dada la relación de equivalencia anterior, se define el conjunto de números
enteros denotado por Z como el conjunto cociente N ×N/R.
Los elementos de N ×N se denominarán diferencias.
Definición 15. Una diferencia se dice positiva si n > m.
Lema 3.1.2. Sea (n,m) una diferencia positiva. Si (r, s) ∈ [(n,m)], entonces (r, s) también es una
diferencia positiva.
Demostración. Se tiene que n > m, por lo tanto, existe un p ∈ N \ {0} tal que n = m + p. Si
(r, s) ∈ [(n,m)], entonces: n + s = r + m. Así m + p + s = r + m, por lo tanto p + s = r. Como p , 0,
se concluye que r > s, luego (r, s) es positiva. �
33
34 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
Lema 3.1.3. Sea (n,m) una diferencia positiva. Entonces existe un único p ∈N tal que (p, 0) ∈ [(n,m)].
Demostración. Como (n,m) una diferencia positiva. Entonces existe p ∈ N tal que n = m + p.
Como n = n + 0, se tiene así: n + 0 = m + p ∴ ((n,m), (0, p)) ∈ R.
Sea q ∈N tal que (q, 0) ∈ [(n,m)], entonces ((q, 0), (p, 0) ∈ R⇒ q + 0 = p + 0, así q = p. �
Definición 16. En N × N se define la operación binaria f , denominada adición, en la
forma siguiente:
f : (N ×N) × (N ×N)→N ×N
((n,m), (r, s))→ (n + r,m + s)
Se define así mismo la operación binaria g en N ×N denominada producto de la forma
siguiente:
g : (N ×N) × (N ×N)→N ×N
((n,m), (r, s))→ (nr + ms,mr + ns)
f ((n,m), (r, s)) se denotará (n,m) + (r, s), y g((n,m), (r, s)) se denotará (n,m)(r, s).
Lema 3.1.4. Sean x, y,u, v ∈N ×N tales que (x,u) ∈ R ∧ (y, v) ∈ R, entonces (x + y,u + v) ∈ R.
Demostración. Sean x = (x1, x2); y = (y1, y2);u = (u1,u2);v = (v1, v2).
Por hipótesis: x1 + u2 = x2 + u1 ∧ y1 + v2 = y2 + v1 . . . (λ).
Se debe probar que ((x1 + y1, x2 + y2), (u1 + v1,u2 + v2)) ∈ R. Pero como consecuencia de λ)
x1 + y1 + u2 + v2 = x2 + y2 + u1 + v1. �
Lema 3.1.5. a. La adición en N ×N es asociativa y conmutativa.
b. La suma de dos diferencias positivas es una diferencia positiva.
c. Sean x, y,u ∈N ×N, si (x + y, x + u) ∈ R, entonces (y,u) ∈ R.
Demostración. a. Sean (n,m), (r, s), (a, b) elementos de N ×N.
(n,m) + (r, s) = (n + r,m + s) = (r + n, s + m) = (r, s) + (n,m).
Así mismo:
[(n,m) + (r + s)] + (a, b) = (n + r,m + s) + (a, b) = ((n + r) + a, (m + s) + b)
= (n + (r + a), (m + (s + b)) = (n,m) + (r + a,s + b)
= (n,m) + [(r, s) + (a, b)]
b. Sean (n,m), (r, s) diferencias positivas. Entonces :n > m ∧ r > s Así, existen q, p ∈ N tales
que: n = m + p, y r = s + q.
3.1. ENTEROS 35
Así, n + r = m + s + p + q, como q , 0 ∧ p , 0. se tiene que q + p , 0, así n + r > m + s. Se
tiene entonces que (n,m) + (r, s) es una diferencia positiva.
c. Suponga que (x + y, x + u) ∈ R. Sean x = (x1, x2); y = (y1, y2); u = (u1,u2). Entonces
x1 + y1 + x2 + u2 = x2 + y2 + x1 + u1. Así y1 + u2 = u1 + y2, i.e., (y,u) ∈ R.
�
Lema 3.1.6. Sean x, y,u, v diferencias. Si (x,u) ∈ R ∧ (y, v) ∈ R entonces (xy,uv) ∈ R.
Demostración. HAY QUE HACERLA. �
Lema 3.1.7. a. El producto de diferencias es asociativo y conmutativo.
b. Si x, y,u ∈N ×N, entonces (x + y)u = xu + yu.
c. El producto de dos diferencias positivas es una diferencia positiva.
d. Si x, y,u ∈ N ×N satisfacen (xu, yu) ∈ R y además, siendo u = (u1,u2), con u1 , u2, entonces
(x, y) ∈ R.
Demostración. HAY QUE HACERLA. �
Definición 17. Un entero [(n,m)] se dice positivo si existen (p, q) ∈ [(n,m)] tal que (p, q) es
positivo; i.e. tal que p > q.
Observación. Si [(n,m)] es un entero positivo, y (r, s) ∈ [(n,m)], entonces (r, s) es una diferencia
positiva.
Definición 18. El conjunto de los enteros positivos se denotará por Z+. En notación de
construcción de conjuntos:
Z+ = {x ∈ Z | ∃(n,m) ∈ x, n > m }
Considere la función f : Z ×Z→ Z
([x], [y])→ ([x + y])
Se debe verificar que f está bien definida. Suponga que [x] = [u], y [y] = [v]. Entonces (x,u) ∈
R ∧ (y, v) ∈ R. El lema 3.1.4 implica que (x + y,u + v) ∈ R, es decir, [x + y] = [u + v].
Definición 19. A la operación binaria f enZ se le denomina adición y f ([x], [y]) se denotará
por [x] + [y].
Proposición 15. a. La adición en Z es asociativa y conmutativa.
b. Dados a, b, c ∈ Z, sí a + c = b + c entonces a = b.
36 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
c. Si a, b ∈ Z+, entonces a + b ∈ Z+.
Demostración. Sean a, b, c ∈ Z. Existen x, y, x ∈N ×N tales que a = [x], b = [y], c = [z].
a. Se tiene del lema 3.1.5 a + b = [x + y] = [y + x] = b + a.
Así mismo.
(a + b) + c = [x + y] + [z]
= [(x + y) + z]
= [x + (y + z)]
= [x] + [y + z]
= a + (b + c)
Así + es asociativa y conmutativa.
b. Se tiene por hipótesis [x] + [z] = [y] + [z], i.e., [x + z] = [y + z] ∴ (x + z, y + z) ∈ R. El lema
3.1.3 implica que (x, y) ∈ R ∴ [x] = [y].
c. Sean a, b ∈ Z+ El lema 3.1.5 implica que x + y es una diferencia positiva, así [x + y] ∈ Z+.
�
Proposición 16. Sean a, b, c ∈ Z, entonces existe un único c ∈ Z tal que a + c = b.
Demostración. Existen x, y diferencias, con x = (x1, x2), y = (y1, y2) tales que a = [x] ∧ b = [y],
así a = b ∨ a , b.
i) Si a = b. Sea c = [(0, 0)], entonces: a + c = [(x1, x2)] + [(0, 0)] = [(x1, x2)] = a = b.
ii) Si a , b, tenemos que ((x1, x2), (y1, y2)) < R. Así
x1 + y2 < x2 + y1 ∨ x1 + y2 > x2 + y1
Sin pérdida de la generalidad asumamos que: x1 + y2 < x2 + y1. Así, existe z ∈ N tal que
x1 + y2 + z = x2 + y1, Así a + [(0, z)] = a + c = b, con c = [(0, z)]. Suponga que existe d tal que
a + d = b, entonces a + d = a + c, pero por proposición anterior c = d, así d es único. �
Observación. Veamos que [(0, 0)] + a = a, así denotaremos a [(0, 0)] como 0z y se denomina neutro
aditivo de Z.
Considere la función:
g : Z ×Z→ Z
([x], [y])→ [xy]
Se verificará que g está bien definida:
Si [x] = [u] ∧ [y] = [v] entonces (x,u), (y,u) ∈ R. El lema 3.1.6 implica que (xy,uv) ∈ R así,
[xy] = [uv].
3.1. ENTEROS 37
Definición 20. g es una operación binaria en Z que se denomina producto en Z y g(a, b)
se denota ab.
Proposición 17. a. El producto es asociativo y conmutativo.
b. El producto de dos enteros positivos es un entero positivo.
c. Sean a, b, c ∈ Z tales que ab = ac con a , 0q entonces b = c.
Demostración. La demostración se sigue inmediatamente del lema 3.1.7 �
Definición 21. Al c descrito en la proposición 16, tal que a + c = 0q se denomina inverso
aditivo de a y se denota −a.
Dados a, b ∈ Z, a + (−b) se denotará a − b.
Proposición 18. Sean a, b, c ∈ Z, entonces a(b + c) = ab + ac.
Demostración. La demostración se sigue inmediatamente del lema 3.1.7 �
Sean Z0 = {[(n, 0) ∈ Z |n ∈N}, y Z0 = {[(0,n) ∈ Z |n ∈N \ {0}}.
Proposición 19. Z0 ∩Z0 = ∅ ∧ Z0 ∪Z0 = Z.
Demostración. Suponga que Z0 ∩Z0 , ∅, es decir [(p, q)] ∈ Z0 ∩Z0. Así se tiene que ∃n,m ∈N,
m , 0 tales que ((n, 0), (0,m)) ∈ R. Así n + m = 0. La proposición ?? implica que n = 0 ∧ m = 0.
Se tiene así que m , 0 ∧m = 0, lo cual no puede suceder, por lo tanto Z0 ∩Z0 = ∅.
Sea ahora [(r, s)] ∈ Z. Se tiene r ≥ s ∨ r < s.
Si r ≥ s, entonces ∃p ∈N tal que r = s + p, así ((r, s), (p, 0)) ∈ R. Lo cual implica que [(r, z)] ∈ Z0.
Si r < s, entonces ∃q ∈ N \ {0} tal que s = r + q, así ((r, s), (0, q)) ∈ R. Así [(r, s)] ∈ Z0. Por lo cual
se concluye que Z0 ∪Z0 = Z. �
Considere
f : Z0 → Z0
[(n, 0)]→ [(n+, 0)]
Si [(n, 0)] = [(m, 0)] entonces ((n, 0), (m, 0)) ∈ R, así n = m ⇒ n+ = m+ entonces [(n+, 0)] =
[(m+, 0)], así f es independiente de la elección del represante de clase.
Proposición 20. (Z0, f , 0z) es un sistema de Peano.
Demostración. a. 0z ∈ Z0.
b. Sean m,n tales que f ([(n, 0)]) = f ([(m, 0)]), así [n+, 0] = [m+, 0], n+ = m+ ∴ n = m. Así f es
inyectiva.
38 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
c. Se verificará que f (Z+) = Z0 \ {0z}.
Sea a ∈ f (Z+), entonces existe [(n, 0)] ∈ Z0 tal que a = f ([(n, 0)]) así a = [(n+, 0)]. Como
n+ , 0 se tiene que a , 0z. Considere ahora b ∈ Z0 \ {0z}, entonces ∃m ∈ N \ {0} tal que
b = [(m, 0)], como m , 0, entonces ∃r ∈ N tal que r+ = m. Así, f ([(r, 0)]) = [(m+, 0)] así
b ∈ f (Z0). Por lo cual f (Z0) = Z \ {0}.
d. Sea M ⊂ Z0 tal que [(0, 0)] ∈M ∧ f (M) = M \ {0}. Se debe probar que M = Z0.
Sea K = {n ∈N | [(0,n)] ∈M}.
Veamos que 0 ∈ K.
Suponga que n ∈ K, entonces [(n, 0)] ∈ M. Como f (M) ⊂ M, se tiene [(n+, 0)] ∈ M, así
n+ ∈ K, por lo cual K = N, así Z0 ⊂M⇒ Z0 = M.
�
Sea A un conjunto:
A1 = A; A2 = A × A; . . .
En general An denota a An−1 donde n ∈N \ {0, 1}.
Definición 22. Dado n ∈N \ {0}. Una operación en A es una función f : An → A.
Definición 23. Una relación en A es un subconjunto de An × A.
Definición 24. Si f : An → A es una operación en A, se dirá que n es la característica de f .
Así mismo, si R ⊂ An × A es una relación en A, se dirá que n es la característica de R.
Definición 25. Se dice que A tiene una estructura algebráica, si en A, están definidas
f1, . . . , fm operaciónes, R1, . . . ,Rs relaciones, y si se definen además a1, . . . , ar elementos,
siendo así la estructura algebráica la 1 + m + s + r-ada (A; f1, . . . , fm; R1, . . . ,Rs; a1, . . . , ar).
Dos estructuras algebráicas A, A′ se dicen del mismo tipo si tienen la misma cantidad de
operaciones, relaciones, y elementos.
Definición 26. Considere dos estructuras algebráicas del mismo tipo A, A′. Una función
f : A→ A′ se dice un morfismo si:
a. f preserva operaciones, es decir:
f ( fi(xi, . . . , xwi)) = fi( f (x1), . . . , f (xwi))∀i ∈ {1, . . . ,m} ∧ wi = car fi
b. f preserva relaciones.
3.1. ENTEROS 39
c. f (ai) = a′i ∀i ∈ {1, . . . , r}
Si f es inyectiva, f se denomina monomorfismo.
Si f es suprayectiva, f se denomina epimorfismo.
Si f es biyectiva, f se denomina isomorfismo.
Proposición 21 (Teorema de recurrencia). Considere un sistema de Peano (X, f , x0). Sean A un
conjunto, y G : A→ A una función,y a ∈ A, entonces existe una única función F : X→ A que satisface:
F( f (x)) = G(F(x))∀x ∈ X
F(x0) = a
Demostración. HAY QUE HACERLA. �
Proposición 22. Cualesquiera dos sistemas de Peano son isomorfos.
Demostración. Sean (X, f , x0), (X′, f , x′0) dos sistemas de Peano.
Considerando el sistema de Peano (X, f , x0), la proposición 21 implica que existe F : X→ X′ tal
que:
F ◦ f = f ′ ◦ F
F(x0) = x′0
Nuevamente, por la proposición 21, se verifica que existe F′ : X′ → X, tal que:
F′ ◦ f ′ = f ◦ F′
F′(x′0) = x0
Veamos que:
(F′ ◦ F) ◦ f = F′ ◦ (F ◦ f ′)
= (F′ ◦ f ′) ◦ F
= ( f ◦ F′) ◦ F
= f ◦ (F′ ◦ F)
Se tiene así que F′ ◦F : X→ X satisface (F′ ◦F)◦ f = f ◦ (F′ ◦F). Además F′ ◦F(x0) = x0. Observe
que la identidad I :X→ X satisface:
I ◦ f = f ◦ I ∧ I(x0) = x0
La proposición 21, considerando el sistema de Peano (X, f , x0) afirma que existe una única
función H : X→ X tal que:
H(x0) = x0 H ◦ f = f ◦H
40 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
Por lo tanto F′ ◦F =. Se verifica análogamente que F◦F′ es la identidad en X′. Así F es biyectiva.
Además F preserva operaciones y F(x0) = x′0. Por lo cual es un isomorfismo. �
Problema 3.1.1. g : N→ Z0 n→ [(n, 0)] es un isomorfismo entre (Z0, f , 0z) y (N,S, 0).
g es así mismo un isomorfismo entre las estructuras algebráicas (Z0,+, ·, 0z, 1z) y (N,+, ·, 0, 1).
Problema 3.1.2. Sea x ∈ Z, demuestre que se cumple una única de las siguientes afirmaciones:
x ∈ Z+ x = 0z − x ∈ Z+
Proposición 23. Sea x ∈ Z \ {0z}, entonces xx ∈ Z+.
Demostración. Por el ejercicio 3.1.2 anterior, se tiene x , 0z ∨ x ∈ Z+ ∨ −x ∈ Z+. i) Si x ∈ Z+,
entonces la proposición 30 implica que xx ∈ Z+.
ii) Suponga ahora que −x ∈ Z+. Así (−x)(−x) ∈ Z+. Se tiene Z0 ∪Z0 = Z así x ∈ Z0 ∨ x ∈ Z0.
a) Si x ∈ Z0 ∃n ∈N tal que x = [(n, 0)] ∴ xx = [(n, 0)(n, 0)] = [(nn, 0)]. Por otra parte−x = [(0,n)],
así (−x)(−x) = [(0,n)(0,n)] = [(nn, 0)] = xx.
b) Si x ∈ Z0 ∃n ∈ N tal que x = [(0,m)] ∴ xx = [(0,m)(0,m)] = [(mm, 0)] Así mismo (−x)(−x) =
[(m, 0)(m, 0)] = [(mm, 0)] = xx ∴ xx ∈ Z+.
�
Resumen Si x, y, z ∈ Z:
a. x + y = y + x
b. (x + y) + z = x + (y + z)
c. 0z + x = x
d. ∃(−x) ∈ Z tal que (x) + (−x) = 0z
e. xy = yx
f. (xy)z = x(yz)
g. 1zx = x
h. x(y + z) = xy + xz
Las 8 propiedades anteriores permiten afirmar que (Z,+, ·, 0z, 1z) es un anillo conmutativo con
identidad.
Además:
a. Si xy ∈ Z+, entonces x + y ∈ Z+ ∧ xy ∈ Z+.
b. 1z , 0z ya que ((1, 0), (0, 0)) < R i.e. [(1, 0)] , [(0, 0)].
c. Si z , 0z y yx = yz se tiene x = y.
3.2. RACIONALES 41
3.2. Racionales
Definición 27. Sean a, b ∈ Z, b , 0z, la pareja (a, b) se denominará cociente. Al conjunto
Z ×Z \ {0z}.
Sea T = {((a, b), (c, d)) ∈ (Z ×Z \ {0z}) × (Z ×Z \ {0z}) | ad = bc}
Se verificará que T es una relación de equivalencia.
i) ((a, b), (a, b)) ∈ T, ya que ab = ab, así T es reflexiva.
ii) Suponga que ((a, b), (c, d)) ∈ T entonces: ad = bc ∧ bc = ac, así ((a, b), (c, d)) ∈ T. Así T es
simétrica.
iii) Suponga que ((a, b), (c, d)) ∈ T y que ((c, d), (e, f )) ∈ T entonces: ad = bc y c f = de . . . (σ).
Así (ad)(c f ) = (bc)(de). Además b , 0z ∧ d , 0z, lo cual implica que bd , 0z.
Si c , 0z, se tiene dc , 0z, y así de λ), se tendría que a f = be. Por otra parte, si c = 0z, se tendría
de σ) que ad = 0z, por lo cual como d , 0z, a = 0z.
Así mismo de σ) de , 0z, como d , 0, e = 0. Por ello a f = be. De ésta forma se concluye que
((a, b), (e, f )) ∈ T, así T es transitiva. Así T es una relación de equivalencia.
Definición 28. Z×Z \ {0z}/T se denomina conjunto de números racionales y se denotará
por Q.
Considere las funciones:
f : (Z × (Z \ {0z})) × (Z × (Z \ {0z}))→ Z × (Z \ {0z})
((a, b), (c, d)) 7→ (ad + bc, bd)
g : (Z × (Z \ {0z})) × (Z × (Z \ {0z}))→ Z × (Z \ {0z}
((a, b), (c, d)) 7→ (ac, bd)
Observe que en la definición de f y g se tiene que b , 0z y d , 0z, entonces bd , 0z.
f y g son operaciones binarias en el conjunto de cocientes, que se denominan respectivamente
adición y producto. Denotados de la forma usual.
Lema 3.2.1. Sean x, y,u, v cocientes, (x,u), (y, v) ∈ T. Entonces: (x + y,u + v) ∈ T ∧ (xy,uv) ∈ T.
Demostración. Sean x1, x2 ∈ Z, x2 , 0z, los componentes de x i.e. x = (x1, x2). Análogamente se
tiene y = (y1, y2), u = (u1,u2), y v = (v1, v2).
Por hipótesis se tiene que x1u2 = x2u1 y que y1v2 = y2v1 . . . (λ)
Se tiene x + y = (x1y2 + y2x1, x2y2); u + v = (u1v2 + v2u1,u2v2). Así mismo xy = (x1y1, x2y2) y
uv = (u1v1,u2v2).
Se debe probar que
(x1y2 + x2y1)u2v2 = x2y2(u1v2 + u2v1) (3.1)
y también
x1y1u2v2 = x2y2u1v1 (3.2)
42 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
De λ) se tiene que
(x1y2 + x2y1)u2v2 = x1y2u2v2 + x2y1u2v2 = x2u1y2v2 + y2v1x2u2 = (u1v2 + v1u2)x2y2
Con lo cual se justifica (3.1).
Así mismo se tiene de λ):
x1y1u2v2 = x2u1y2v1
lo cual justifica a (3.2) �
El lema anterior muestra que las siguientes relaciones son operaciones binarias en Q.
Definición 29.
F = {([x], [y], [x + y]) ∈ (Q ×Q) ×Q}
G = {([x], [y], [xy]) ∈ (Q ×Q) ×Q}
Se denominan respectivamente adición y producto en Q.
Así mismo, 0q = [(0z, 1z)], 1q = [(1z, 1z)] se denominan neutro aditivo y neutro multiplica-
tivo respectivamente.
Proposición. Sea Q′ = {[(x1, x2)] ∈ Q | x2 = 1z}. (Z,+, ·, 1z, 0z) y (Q′,+, ·, 1q, 0q) son isomorfas.
Demostración. Considere la función:
h : Z→ Q′
x 7→ [(x, 1z)]
Sean x, y ∈ Z tales que h(x) = h(y), entonces [(x, 1z)] = [(y, 1x)].
Así, x1z = 1zy, x = y, entonces h es inyectiva.
Sea u ∈ Q′, entonces existe x ∈ Z tal que u = [(x, 1z)] ∧ u = h(x), lo cual muestra que h es
suprayectiva.
Se tiene además que si u, v ∈ Z, entonces:
h(u + v) = [(u + v, 1z)] = [(u, 1z)] + [(v, 1z)] = h(u) + h(v)
Así mismo:
h(uv) = [(uv, 1z)] = [(u, 1z)][(v, 1z)] = h(u)h(v)
Finalmente observe que:
h(1z) = [(1z, 1z)] = 1q
h(0z) = [(0z, 1z)] = 0q
h es en consecuencia un isomorfismo. �
3.2. RACIONALES 43
Proposición 24. Sean x, y, x ∈ Q entonces:
x + y = y + x (x + y) + z = x + (y + z) x + 0q = x
∃u ∈ Q | x + u = 0q xy = yx (xy)z = x(yz)
x1q = x si x , 0q ∃v ∈ Q | xv = 1q (x + y)z = xz + yz
Observación. a. Sea a ∈ Z, entonces 0z = a0z.
b. (−1z)a = −a∀a ∈ Z.
Definición 30. Un cociente (a, b) se dice positivo si ab ∈ Z+.
Lema 3.2.2. Sean x, y cocientes, x positivo y [x] = [y], entonces y es positivo.
Demostración. Sea x = (a, b), y = (c, d).
Por hipótesis ab ∈ Z+. Se probará que cd ∈ Z+.
Como [x] = [y], se tiene
ad = bc ∴ (ab)(cd) = (ad)(bc) = (ad)(ad)
La proposición (23) implica que (ad)(ad) ∈ Z+
Se tiene así que (ab)(cd) ∈ Z+.
Para concluir la prueba, basta demostrar que si u, v ∈ Z, tales que u ∈ Z+, entonces v ∈ Z+.
Suponga entonces que u, v ∈ Z, u,uv ∈ Z+.
Observe que v , 0z, ya que en caso contrario uv = 0z.
Observe de la misma forma que −v < Z+, ya que si ésto no ocurriese:
u(−v) ∈ Z+ pero
u(−v) = u[(−1z)v] = (−1z)(uv) = −(uv)
Por lo cual −(uv) ∈ Z+, lo cual contradice el que uv ∈ Z+ por lo tanto v ∈ Z+. �
Definición 31. Sea x ∈ Q. Se dice que x es positivo si existe u cociente positivo y u ∈ x. se
denotará Q+ al conjunto de los racionales positivos.
Observación. 1q , 0q ya que lo contrario implicaría que 1z = 0z.
Proposición 25. i)Sean x, y ∈ Q+, entonces x + y ∈ Q+, y xy ∈ Q+.
ii) Dado x ∈ Q se cumple una única de las siguientes tres afirmaciones:
x = 0q x ∈ Q+ −x ∈ Q+
44 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
Demostración. i) Sean [(a, b)] = x, [(c, d)] = y. Por hipótesis ab ∈ Z+ ∧ cd ∈ Z+.
x + y = [(ad + bc, bd)] ∧ xy = [(ac, bd)]
Observe que:
(ad + bd)bd = abdd + bbcd
Como b , 0z ∧ d , 0z, se tiene bb ∈ Z+ ∧ dd ∈ Z+.
Así mismo, como ab ∈ Z+ ∧ cd ∈ Z+
(ad + bc)bd ∈ Z+ ∧ acbd ∈ Z+
Así x + y ∈ Q+ y xy ∈ Q+.
ii) Sea [(a, b)] = x.
Si x , 01, entonces a , 0z. Como a , 0z ∧ b , 0z, se tienen las siguientes posibilidades:
i) a ∈ Z+ ∧ b ∈ Z+
ii) −a ∈ Z+ ∧ −b ∈ Z+
iii) (a ∈ Z+ ∧ −b ∈ Z+) ∨ (−a ∈ Z+ ∧ b ∈ Z+)
En el caso i) se tendría ab ∈ Z+, x ∈ Q+.
En el caso ii) se tendría (−a)(−b) ∈ Z+; observe que
(−a)(−b) = (−1)a(−b) = (−1)(−1)ab = (−1)(−ab) = ab
x ∈ Q+.
Finalmente considere el caso iii). Si a ∈ Z+ ∧ −b ∈ Z+, se tiene: (−a)b = a(−b) ∈ Z+.
Además −x = −[(a, b)] = [(−a, b)], ya que:
[(a, b)] + [(−a, b)] = [(a, b) + (−a, b)] = [(0z, bb)] = 0q
Así −x ∈ Q+. De la misma forma se verifica que si −a ∈ Z+ ∧ b ∈ Z+, se tiene que −x ∈ Q+. Se
ha probado así que si x , 0q, se tiene: x ∈ Q+ ∨ −x ∈ Q+.
Supóngase que x ∈ Q+ ∧ −x ∈ Q+, entonces ab ∈ Z+ ∧ −ab ∈ Z+ lo cual contradice la tricotomía
en Z+. Tampoco ocurre que x ∈ Q+ ∧ x = 0q, ya que se tendría que 0z ∈ Z+. �
Observación. Dados x, y ∈ Q x + (−y) se denotará x − y. Sea M = {(x, y) ∈ Q × Q | x − y ∈ Q+}.
(x, y) ∈M se denotará x > y.
Proposición 26. i) ∀x ∈ Q+ sii x > 0q.
3.2. RACIONALES 45
ii) Dados x, y ∈ Q, se cumple una única de las siguientes afirmaciones:
x = y x > y x < y
iii) Si x, y, z ∈ Q, x > y, si y sólo si x + z > y + z. Si, además z ∈ Q+, entonces x > ysi y sólo si
xz > yz.
Demostración. i) Son equivalentes x ∈ Q+, x − 0q ∈ Q+, x > 0q.
ii) Por la proposición (25) se cumple una única de las siguientes afirmaciones:
x − y = 0q x − y ∈ Q+ −(x − y) ∈ Q+
es decir, se cumple alguna única de las siguientes afirmaciones:
x = y x > y x < y
iii) Son equivalentes:
x > y ⇔ x − y ∈ Q+ ⇔ x − y + 0q ∈ Q+
x − y + (z − z) ∈ Q+ ⇔ (x + z) − (y + z) ∈ Q+ ⇔ x + z > y + z
Así mismo son equivalentes:
x > y ⇔ x − y ∈ Q+ ⇔ (x − y)z ∈ Q+
xz − yz ∈ Q+ ⇔ xz > yz
�
Notación. Sea z ∈ Q\{0q}. La proposición (24) implica que existe u ∈ Q tal que zu = 1q. u se denomina
inverso multiplicativo de z, y se denotará por el símbolo z−1.
Observación. Si z ∈ Q+ entonces z−1 ∈ Q+, ya que zz−1 = 1q ∈ Q+.
Se ha probado previamente queQ′ yZ(como anillos) son estructuras algebráicas isomorfas. Da-
do n ∈ Z, denotaremos a h(n) como nq. Los elementos deQ′ se denominarán racionales enteros.
Observación. Todo racional puede ser escrito en términos de racionales enteros.
Ya que h es un isomorfismo, sea x ∈ Q, x = [(a, b)],
[(a, 1z)][(1z, b)] = [(a, 1z)][(b, 1z)]−1 = ab−1
Notación. aqb−1q se escribirá en la forma
aq
bq
.
Dados x, y ∈ Q, si x > y ∨ x = y, ello se escribirá de la forma x ≥ y.
46 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
Problema 3.2.1. i) Sean x, y ∈ Q+. Verifique que existen aq, bq, cq, dq racionales enteros positivos tales
que:
x =
aq
bq
y =
cq
dq
ii) Sean x, y ∈ Q. Con x = aqbq , y =
cq
dq
. Verifique que:
x + y =
aqdq + cqbq
bqdq
xy =
aqcq
bqdq
iii) Sean aq, bq racionales enteros positivos, demuestre que aqbq es un racional entero positivo, y aqbq ≥ 1q.
Observación. 1q y 0q son el mismo objeto ya sea en la definición del elemento neutro, o como racionales
enteros.
Proposición 27 (Propiedad arquimedeana). Sean r, s ∈ Q+, entonces existe un racional entero nq
tal que s < nqr.
Demostración. Existen aq, bq, cq, dq racionales enteros, tales que:
r =
aq
bq
s =
cq
dq
De acuerdo con el ejercicio previo, se puede asumir que aq, bq, cq, dq ∈ Q+.
Observe que son equivalentes las afirmaciones:
s < nqr nqr − s ∈ Q+
n1aq
bq
−
cq
dq
∈ Q+
Por el ejercicio anterior, se tiene también que bqdq ∈ Q+. En general, se tiene que:
uq
vq
∈ Q+ ∧ vq ∈ Q+ ⇒ uq ∈ Q+
Así s < nqr es equivalente a nqaqdq − cqbq ∈ Q+.
Basta entonces demostrar que existe nq racional entero tal que nqaqdq > cqbq.
Sea nq = 2qcqbq, entonces nq es un racional entero positivo. Observe que 1q > 01. De la pro-
posición (26) se tiene que 1q + 1q = 2q > 0q + 1q = 1q. Además, como cqbq ∈ Q+, se tiene
que:
nq = 2qcqbq > 1qcqbq = cqbq
Además aqdq ≥ 1q, por lo cual nqaqdq ≥ nq. Por transitividad
nqaqdq > cqbq
Así s < nqr.
3.3. LOS NÚMEROS REALES 47
3.3. Los Números Reales
Definición 32. Sea x ∈ Q. Se define el valor absoluto de x, denotado por |x|, como:
|x| =
x si x ∈ Q
+
∪ {0q}
−x si x < Q+ ∪ {0q}
Problema 3.3.1. Demuestre que si x, y ∈ Q
i) |x| ≥ 0q ii) |xy| = |x||y| iii) |x + y| ≤ |x| + |y| iv) |x| − |y| ≤ |x − y|
Definición 33. Sea A un conjunto. Una sucesión en A es una función deN en A. Para cada
n ∈N, f (n) se denotará por xn, y f por {xn}.
Definición 34. Sea {xn} una sucesión en Q. Se dice que la sucesión es de Cauchy si
∀� ∈ Q+ ∃N ∈N tal que |xn − xm| < � ∀n ≥ N, ∀m ≥ N.
Definición 35. Dadas dos sucesiones {xn}, {yn} en Q, se define su suma, denotada por
{xn} + {yn} como la sucesión {xn + yn} y se define su producto, denotado por {xn}{yn} como
la sucesión {xnyn}.
C denotará al conjunto de sucesiones de Cauchy en Q.
Proposición 28. Sea {x0, . . . , xN} un subconjunto de Q. Existe K ∈ {0, . . . ,N} tal que xK ≥ xi ∀i ∈
{0, . . . ,N}. xK se denotará como máx{x0, . . . , xN}.
Demostración. Se procederá por inducción sobre N.
Si N = 0, entonces K = 0.
Suponga que la proposición se cumple para algún N.
Considere el conjunto {x0, . . . , xN, xN+1}.
Se tiene que xK ≤ xN+1 ∨ łxK ≥ xN+1. En el primer caso K′ = N + 1, en el segundo caso K′ = K.
En cualquiera de ellos, K′ ∈ {0, . . . ,N + 1}, y x′K ≥ xi ∀i ∈ {0, . . . ,N + 1}. �
Proposición 29. Sea {xn} una sucesión de Cauchy enQ. Entonces existe M ∈ Q+, tal que |xn| ≤M∀n ∈
N.
Demostración. Como {xn} es de Cauchy, y 1q ∈ Q+, existe N ∈ N tal que |xn − xm| < 1q ∀n ≥
N, ∀m ≥ N.
En particular se tiene que si n ≥ N
|xn| − |xN | ≤ |xn − xN | < 1q ∴ |xn| ≤ |xN | + 1q ∀n ≥ N.
48 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
Sea K = máx{|x0|, . . . , |xN |}, considere M = K + 1q. Entonces
|xN | + 1q ≤M ∧ K ≤M ∴ |xn| ≤M ∀n ∈N
�
Proposición 30. Sean {xn}, {yn} sucesiones de Cauchy en Q. Entonces {xn} + {yn}, y {xn}{yn} son
sucesiones de Cauchy.
Demostración. Sea � ∈ Q+. Como {xn} es sucesión de Cauchy, ∃N ∈ N tal que si n,m ≥ N,
entonces:
|xn − xm| < � · 2−1q
Así mismo existe N′ ∈N tal que si n,m ≥ N′, entonces:
|yn − ym| < � · 2−1q
Sea K = máx{N,N′}, entonces n,m ≥ K, así:
|(xn + yn) − (xm − ym)| = |xn − xm + yn − ym| ≤ |xn − xm| + |yn − ym| < � · (2−1q + 2
−1
q ) = �
Lo anterior muestra que {xn} + {yn} es de Cauchy.
Para la segunda parte, como {xn} y {yn} son de Cauchy, existen M y M′ tales que:
|xn| ≤M ∀n ∈N ∧ |yn| ≤M′ ∀n ∈N
Dado � ∈ Q+, sean �′ = �2−qq (M′)−1, y �′ = �′′ = 2
−q
q M−1, entonces ∃K′,K′′ ∈N, tales que:
|xn − xm| < �′ si n,m ≥ K′ ∧ |yn − ym| < �′′ si n,m ≥ K′′
Sea L = máx{K′,K′′}, entonces si n,m ≥ L, se tiene:
|xnyn − xmym| = |xnyn − xnym + xnym − xmym|
≤ |xn(yn − ym)|(xn − xm)ym|
≤ |xn||yn − ym| + |xn − xm||ym|
< M�′′ + �′M′
= �(2−1q + 2
−1
q ) = �
Lo anterior demuestra que {xn}{yn} es de Cauchy. �
3.3. LOS NÚMEROS REALES 49
Definición 36. La proposición (30) muestra que enC están definidas 2 operaciones binarias:
f : C × C → C g : C × C → C
({xn}, {yn}) 7→ {xn} + {yn} ({xn}, {yn}) 7→ {xn}{yn}
A f , y g se le denominan respectivamente adición y producto en C.
Proposición 31. Sean {xn}, {yn}, {zn} ∈ C. Entonces:
a. {xn} + {yn} = {yn} + {xn}
b. {xn} + ({yn} + {zn}) = ({xn} + {yn}) + {zn}
c. ∃{un} ∈ C tal que {un} + {vn} = {vn}∀{vn} ∈ C.
d. ∃{hn} ∈ C tal que {xn} + {hn} = {un}
e. {xn}{yn} = {yn}{xn}
f. {xn}({yn}{zn}) = ({xn}{yn}){zn}
g. ∃{wn} ∈ C tal que {wn}{vn} = {vn}∀{vn} ∈ C.
h. {xn}({yn} + {zn}) = {xn}{yn} + {xn}{zn}.
Sea R = {({xn}, {yn}) ∈ C × C | ∀� ∈ Q+ ∃N ∈N |xn − yn| < �∀ ≥ N}.
Observe que R es transitiva; ya que si ({xn}, {yn}), ({yn}, {zn}) ∈ R. Se tiene que para � ∈ Q+ existen
M,N ∈N tales que:
|xn − yn| < �2−1q ∀n ≥M ∧ |yn − zn| < �2
−1
q ∀n ≥ N
Sea K = máx{N,M}. Si n > K, entonces:
|xn − zn| = |xn − yn + yn − zn| ≤ |xn − yn| + |yn − zn| < �2−1q + �2
−1
q = �
Así ({xn}, {zn}) ∈ R.
Se tiene así mismo que ({xn}, {xn}) ∈ R ∀{xn} ∈ C. Y si ({xn}, {yn}) ∈ R, entonces ({yn}, {xn}) ∈ R.
Así R es una relación de equivalencia en C.
Definición 37. Se define al conjunto cociente C/R como el conjunto de números reales, y
se denotará por el símbolo R.
Proposición 32. Sean {xn}, {yn}, {rn}, {zn} ∈ C. Si ({xn}, {rn}), ({yn}, {zn}) ∈ R, entonces:
i) ({xn} + {yn}, {rn} + {zn}) ∈ R ii) ({xn}{yn}, {rn}{zn}) ∈ R
50 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
Demostración. ii) Sea � ∈ Q+. Sea �′ = �2−1q .
Como ({xn}, {rn}) ∈ R ∃N ∈N tal que |xn − rn| < �′ ∀n ≥ N.
Así mismo ∃N′ ∈N tal que |yn − zn| < �′ ∀n ≥ N′.
Sea K = máx{N,N′}. Entonces ∀n ≥ K, se tiene:
|(xn + yn) − (rn + zn)| = |(xn − rn) + (yn − zn)|
≤ |xn − rn| + |yn − zn|
< �′ + �′ = �
lo anterior muestra que ({xn} + {yn}, {rn} + {zn}) ∈ R.
ii) Como {yn}, {rn} pertenecen a C. ∃M,M′ ∈ Q+ tales que:
|yn| < M ∀n ∈N ∧ |rn| < M′ ∀n ∈N
Dado � ∈ Q+, sean �′ = �2−1q M−1, y �′′ = �2−1q M′−1.
Como ({xn}, {rn}) ∈ R, para �′ ∃N ∈N, tal que |xn − rn| < �′ ∀n ≥ N.
Así mismo ∃N′ ∈N, tal que |yn − zn| < �′′ ∀n ≥ N′.
Sea K = máx{N,N′}, se tiene entonces, si n ≥ K:
|xnyn − rnzn| = |xnyn − ynrn + ynrn − rnzn|
≤ |xnyn − ynrn| + |ynrn − rnzn|
≤ |yn||xn − rn| + |rn||yn − zn|
< M�′ + M′�′′ = �
Lo anterior muestra que ({xn}{yn}, {rn}{zn}) ∈ R. �
Definición 38. La proposición justifica la definición de las siguientes 2 operaciones binarias
en R:
F : R ×R→ R G : R ×R→ R
([{xn}], [{yn}])→ [{xn} + {yn}] ([{xn}], [{yn}])→ [{xn}{yn}]
F,G se denominan respectivamente adicióny producto en R.
Denotamos así:
0r = [{xn}] siendo xn = 0q ∀n ∈N
1r = [{yn}] siendo yn = 1q ∀n ∈N
Se tiene entonces de la proposición (31) lo siguiente:
Proposición 33. Sean a, b, c ∈ R, se tiene entonces:
3.3. LOS NÚMEROS REALES 51
a. a + b = b + a
b. a + (b + c) = (a + b) + c
c. a + 0r = a
d. ∃ − a a + (−a) = 0r
e. ab = ba
f. a(bc) = (ab)c
g. a1r = a
h. Si a , 0r, ∃a−1 aa−1 = 1r
i. a(b + c) = ab + ac
La prueba de 8. será consecuencia de las proposiciones subsecuentes.
Definición 39. Una sucesión {xn} ∈ C se dice positiva, si ∃� ∈ Q+ ∧ ∃N ∈ N tales que
xn > �∀n ≥ N.
Proposición 34. Sea {xn} ∈ C positiva. Si (xn}, {un}) ∈ R, entonces {un} también es positiva.
Demostración. Como {xn} es positiva, existen � ∈ Q+, N ∈N tales que xn > �∀n ≥ N.
Sea �′ = �2−1q . entonces �′ ∈ Q+.
Como ({xn}, {un}) ∈ R. Para �′, existe M ∈ N tal que |xn − un| < �′ ∀n ≥ M. Sea K = máx N,M,
entonces se tiene ∀n ≥ K:
� − un < xn − un
≤ |xn − un|
< �′
∴∀n ≥ K
�′ < un
lo cual muestra que {un} es positiva. �
Definición 40. Sea x ∈ R. x se dice positivo si ∃{xn} ∈ C positiva tal que {xn} ∈ x.
R+ denotará al conjunto de reales positivos.
Proposición 35. Sean {xn}, {yn} sucesiones de Cauchy positivas, entonces:
a. {xn} + {yn} es una sucesión de Cauchy positiva.
b. {xn}{yn} es una sucesión de Cauchy positiva.
52 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
Demostración. Por hipótesis existen �1 ∈ Q+, N1 ∈N, tales que xn > �1 ∀n ≥ N1.
Así mismo, existen �2 ∈ Q+, N2 ∈N tales que: yn > �2 ∀n ≥ N2.
Sea N = máx{N1,N2}, entonces si n ≥ N:
xn + yn > �1 + �2 ∈ Q+
Así mismo
xnyn > �1yn > �1�2 ∈ Q+
Así la suma y el producto son sucesiones positivas. �
Proposición 36. Sea {xn} ∈ C, entonces se cumple una única de las siguientes afirmaciones:
({xn}, {un}) ∈ R siendo un = 0q∀n ∈N {xn} es positiva −{xn} es positiva
Demostración. Suponga que ({xn}, {un}) < R, entonces ∃� ∈ Q+ tal que ∀N ∈ N ∃n > N para el
cual |xn| ≥ �. Por otra parte, como {xn} ∈ C, para �′ = �2−1q ∃M ∈N tal que |xn−xm| < �′ ∀n,m ≥
M.
Sea L = máx{N,M}.
Como L ∈N, ∃K > L, tal que |xK| ≥ �.
En particular se tiene que xK , 0q ∴ xK > 0q ∨ −xK > 0q.
Suponga que xK > 0q
Sea n > L, entonces n,K > M, por lo cual:
xK − xn ≤ |xL − xn| < �′ ∴ xK − �′ < xn
Además, como xK > 0q, se tiene xK = |xK| ≥ �
�′ = 2q�′ − �′ = � − �′ ≤ xK − �′ < xn
Verificándose que {xn} es positiva. Se procede de forma análoga en el segundo caso verificándose
que −{xn} es positiva.
Suponga ahora que ({xn}, {un}) ∈ R Así∀�′′ ∈ Q+,∃N′ tal que∀n ≥ N′ |xn| < �′′, en cualquier caso
contradiría que {xn} ó −{xn} fueran positivas. Los otros dos casos se tratan de manera similar a
la primer parte. �
Proposición 37. Sea {x′n} ∈ C tal que ({xn}, {un}) ∈ R, siendo un = 0q ∀n ∈N entonces existe {yn} ∈ C,
tal que ({xn}{yn}, {vn}) ∈ R, siendo vn = 1q ∀n ∈N.
Demostración. Por la proposición 36, se tiene que {xn} es positiva ó−{xn} lo es. Así existen � ∈ Q+,
N ∈ N tales que xn > �∀n > N ó −xn > �∀n > N. Entonces |xn| > �∀n > N.
Para cada n ∈N sea
x′n =
� si n ≤ Nxn si n > N
3.3. LOS NÚMEROS REALES 53
Entonces x′n , 0q∀n ∈N. Observe que {x′n} ∈ C, además ({xn}, {x′n}) ∈ R.
Para cada n ∈N sea yn = (xn)′−1
Como ({yn}, {yn}) ∈ R se tiene que:
({xn}{yn}, {x′n}{yn}) ∈ R
Observe que {x′n}{yn} = {vn} lo cual implica que ({x′n}{yn}, {vn}) ∈ R.
Para concluir se verifica que {yn} ∈ C.
|yn − ym| = |(x′n)
−1
− (x′m)
−1
| = |(x′m − x
′
n)(x
′−1
n )(x
′−1
m )|
= |x′n − x
′
m||x
′−1
n ||x
′−1
m
Observe que |x′n| > �∀n ∈N Así:
|(x′n)
−1
| = |x′n|
−1
≤ �−1 ∀n ∈N
En consecuencia:
|yn − ym| ≤ |x′n − x
′
m|�
−1�−1 ∀n,m ∈N
Sea δ ∈ Q+ como {x′n} es de Cauchy, ∃L ∈N tal que |x′n − x′m| < δ�� ∀n,m > L.
Así si n,m > L se tiene
|yn − ym| < δ
Así {yn} ∈ C lo cual concluye la prueba. �
La proposición anterior justifica la propiedad 9) de la proposición 33, ya que dado [{xn}] ∈ R
existe {yn} ∈ C tal que ({xn}{yn}, {un}) ∈ R.
Proposición 38. a. 1r , 0r
b. Si x, y ∈ R entonces x + y ∈ R ∧ xy ∈ R+
c. Sea x ∈ R se cumple una única de las siguientes afirmaciones:
x ∈ R+ x = 0r −x ∈ R+
Demostración. a. Si 1r = 0r, se tendría que {un}, {vn} serían sucesiones de Cauchy relacionadas,
siendo un = 1q ∀n ∈N ∧ un = 01 ∀n ∈ n, lo cual no ocurre
b. Es consecuencia de la proposición 35
c. Es consecuencia de la proposición 36
�
Sea R = {(x, y) ∈ R ×R | y − c ∈ R+.
R es una relación binaria en R, transitiva ya que si (x, y) ∈ R ∧ (y, z) ∈ R entonces y − x ∈
R+ ∧ z − y ∈ R+, así (y − x) + (x − u =∈ R+, z − x ∈ R+ ∴ (x, z) ∈ R.
54 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
Notación. (x, y) ∈ R se denotará por y > x.
Si y > x ó y = x, ello se denotará por y ≥ x.
Proposición 39. a. x ∈ R es positivo sí y solamente sí x > 0r.
b. Sea x ∈ R \ {0r}, entonces xx ∈ R+
c. Dados x, y ∈ R se cumple una única de las siguientes afirmaciones:
y > x x = y x > y
d. Sean x, y ∈ R, x < y si y sólo si ∀z ∈ R x + z < y + z.
e. Sean x, y ∈ R, x ∈ R+. x < y si y sólo si xz < yz.
Demostración. b. Como x , 0r, la proposición 38 implica que x ∈ R+ ∧ −x ∈ R+.
En el primer caso, trivialmente xx ∈ R+
En el segundo caso la proposición 33 implica que si a, b ∈ R
(−a)(b) + ab = [(−a) + a]b = 0rb
Por otra parte ∀u ∈ R
0ru + u = (0r + 1r)u = 1ru = u ∴
(0ru + u) − u = u − 1 ∴ 0ru = 0r ∴
(−a)(b) + ab = 0r
Lo cual muestra que (−a)b = −(ab). Se tiene en consecuencia:
(−a)(−b) = −[a(−b)] = −[(−b)(a)]
= [−(ba)] = −[−(ab)] = ab
Así (−x)(−x) = xx así xx ∈ R+.
c. La proposición 38 muestra que se cumple una única de las afirmaciones:
y − x ∈ R+ y − x = 0 −(y − x) ∈ R+
d. Son equivalentes:
y > x y − x ∈ R+ (y + x = −(x + z) ∈ R+
e. Si x < y ∧ z ∈ R+, se tiene: y− x ∈ R+ ∧ z ∈ R+. Así (y− x)z ∈ R+, es decir, yz− xz ∈ R+ ∴
yz > xz.
Recíprocamente si yz > xz ∧ z ∈ R+, se tiene z , 0r por lo tanto está definido z−1 ∈ R
3.3. LOS NÚMEROS REALES 55
tal que zz−1 = 1r. Como z−1 , 0r ya que 0ru = 0r ∀u ∈ R así z−1 ∈ R+ ∧ −z−1 ∈ R+. Si
−z−1 ∈ R+ se tendría que (z)(−z−1) ∈ R+, 1r ∈ R+ lo cual no ocurre. Por lo cual z−1 ∈ R+.
Así como yz − xz ∈ R+ se tiene (yz − xz)z−1 ∈ R+, es decir y − x ∈ R+.
�
Definición 41. Dado x ∈ R se define el valor absoluto de x denotado |x| como:
|x| =
x si x ≥ 0r−x si x < 0r
Proposición 40. Sean xy ∈ R entonces:
a. |x| ≥ 0q.
b. |x| = 0 si y sólo si x = 0.
c. |xy| = |x||y|.
d. |x + y| ≤ |x| + |y|.
e. |x| − |y| ≤ |x − y|.
Dado x ∈ R, considere la función
Gx : R→ R
y 7→ xy
Definición 42. Por el teorema de recurrencia ∃!Fx : N→ R tal que:
Fx(0) = 1r Fx(n+) = Gx(F(n))
Considere la función
F : N ×R→ R
: (n, x) 7→ Fx(n)
F(n, x) se denotará xn.
Proposición 41. Sean a, b ∈ R, a < b. Existe c ∈ Q tal que a < c < b.
Demostración. Somo a < b, se tiene a + a < a + b, i.e., (1q + 1q)a < a + b, o bien 2qa < a + b.
Como 2q > 0q, se tiene 2−1q (a + b).
2−1q (2qa) < 2
−1
q (a + b)
56 CAPÍTULO 3. TERCER PARCIAL
Así a < 2−1q (a + b). Así mismo se tiene a + b < b + b, es decir a + b < 2qb, 2−1q (a + b) < b. Eligiendo
a c = 2−1q (a + b) se concluye la prueba. �
Definición 43. Dado a ∈ Q, considere la sucesión {xn} tal que xn = a∀n ∈N. Sea ar = [{xn}]
y R′ = {x ∈ R | ∃a ∈ Q x = ar}.
Considere la función:
h3 : Q→ R′
a 7→ ar
Se tiene entonces h3(0q) = 0r , h3(1q) = 1r.
Dados a, b ∈ Q se tiene:
h3(a + b) = h3(a) + h3(b) h3(ab) = h3(a)h3(b)
h3 es además una biyección, así, un isomorfismo. Se ha probado que existen isomorfismos
h1 entre {N,+, ·, 0, 1} y {Z0,+, ·, 0z, 1z}. h2 entre {Z,+, ·, 0z, 1z} y {Q+,+, ·, 0q, 1q}. Así existe un
isomorfismo h3 ◦ h2 ◦ h1 entre {N,+, ·, 0, 1} y {N′,+, ·, 0r, 1r}.
Se denomina a un elemento de N′, real natural.
Se denomina a un elemento de Q′, real racional.
Se denomina a un elemento de h3 ◦ h2(Z), real entero.
Proposición 42. Sean x, y ∈ R, x < y. Existe z ∈ R′ tal que x < z < y.
Proposición 43 (Propiedad Arquimediana). Sean x, y ∈ R+, existe n real natural tal que nx > y.
Demostración. Sean {xn}, {yn} sucesiones en C positivas tales que x = [{xn}], y y = [{yn}]. Como
{yn} es de Cauchy, ambas son acotadas, así existe un δ ∈ Q+ tal que |yn| ≤ δ∀n ∈ N. Como
yn ≤ |yn| ∀n