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Es realmente muy difícil bajar a los niveles más “simples” (pero en absoluto sencillos, al contrario) de la fundamentación de las matemáticas, porque en esas “simas” ya no nos vale prácticamente casi ninguna de las herramientas; en este caso concreto, lo “evidente” que puede parecer a los profanos la respuesta es una trampa: lo creen porque así se lo han repetido millares de veces en la escuela, el instituto…y hasta en la universidad. Pero dar una demostración en toda la extensión de la palabra requiere aclarar primero qué son los números naturales, qué es sumar y qué es “estar entre” n y n+1.

Con la mayor concisión, expongo brevemente lo mínimo necesario para responder a la pregunta, solo que al final tendremos que “creer” en los pocos axiomas que quedan por debajo de ella. Pero eso es la matemática, y “demostrar” es derivar una conclusión de axiomas previos que no se demuestran porque se toman como punto de partida.

Axiomas de Peano

Existe un conjunto N, a sus elementos los llamamos números naturales, y N verifica los siguientes axiomas:

I) N tiene un elemento, 0 al que llamamos cero. Luego N no es ø.

II) Para cada n€N, existe n+ € N, y se llama a n+ el “siguiente” de n.

III) 0 no es el siguiente de ningún número natural.

IV) Si m y n son números naturales y es m+=n+ entonces m=n (o dicho de otro modo, nºs naturales distintos tienen siguientes distintos)

V) Axioma de inducción: Si S es un conjunto que cumple 0€S y si S contiene a un número natural contiene también al siguiente, entonces S contiene a todos los números naturales (N⊂S).

La definición de suma de números naturales

Se define (recursivamente) la operación suma (o adición) como una aplicación

de NxN → N, de este modo: para todo m€N,

1) m+0=m; y 2) si ya está definido m+n, entonces m+siguiente de n se define:

m+(n+)=(m+n)+, es decir, el siguiente de m+n. Por el axioma de inducción es claro que esto define m+n para todo n, donde m es cualquier número natural fijado desde el principio.

Definición del orden en N: Si m, n € N y existe h€N, con h≠0, tal que m=n+h, diremos en ese caso, y solo en ese caso, que m es mayor que n, o también que n es menor que m, y se denota: m>n, o bien, equivalentemente, n

Algunas Propiedades (hay muchas, en particular: conmutativa, asociativa de la suma; y tras la definición recursiva de multiplicación apoyada en la definición de suma, las mismas propiedades para la multiplicación, además de la propiedad distributiva de la multiplicación respecto de la suma, elemento neutro de la multiplicación…, etc. pero solo veremos las necesarias para la respuesta a la pregunta). Por abreviar, designamos a 1 como el “siguiente de cero” (0+)=1.

P I) 1 es distinto de 0; demostración: el III) Ax. Peano establece que 0 no es siguiente de ningún número natural, luego si fuera 1=0, sería (0+)=0, y 0 sería un “siguiente”, CONTRADICCIÓN con III) Ax.Peano; por tanto debe ser 1 distinto de 0, como se afirmaba.

P II) El 0 es elemento neutro de la suma: para todo n€N, n+0=0+n=n (1).

Demostración: Cuando n=0 es cierto, pues 0+0=0+0=0 por la definición de suma.

Supongamos que cuando n=m, es cierta la igualdad (1); veamos que también es cierta la igualdad (1) para n=m+, el siguiente de m: 0+m+=(0+m)+ (por definición) = m+ (por hipótesis era 0+m=m+0=m) y también:

(m+)+0= m+ por definición de suma, luego (m+)+0=0+(m+)=m+, y se cumple (1) con n=m+; así, como (1) es cierta con n=0 por el V) axioma de Peano, el principio de inducción, se verifica (1) para todo número natural n, y 0 es el elemento neutro de la suma como se quería probar.

P III) Si n€N, n≠0, entonces n>0. Demostración: por ser 0 neutro de la suma, n=0+n, con n≠0, pero esa es la definición de “ser mayor que 0”, luego n>0, como se quería demostrar; en particular, ya que 1 es distinto de 0, se tiene: 1>0.

P IV) Si m, n € N, se verifica: m+(n+)=(m+)+n (2).

Demostración: Supongamos n=0, será m+(0+)=(por def.)=(m+0)+=(por def. suma)=m+=(por def. suma)=(m+)+0

luego se cumple (2) para n=0; supongamos (2) verdadera para m fijo y n cualquiera, entonces: m+[(n+)]+=(por def.) = [m+(n+)]+= (por (2))=[(m+)+n]+=(por def. suma]=(m+)+(n+), y se cumple (2) con n+ en lugar de n, y esto para cada m fijado al principio, de modo que por V) ax.Peano (inducción) es cierta (2) para todos los m,n € N como queríamos demostrar.

P V)

a) Si h € N y h ≠0, para todo n€ N es n+h ≠ n.

b) Si x€N, no es posible que xx.

c) Si a€N, b€N no puede ser al mismo tiempo a

Demostración:

a) Si fuera n+h = n (3), con n=0 no es posible, pues sería 0+h= 0

y además 0+h=h, de modo que h=0…CONTRADICCIÓN con la hipótesis h≠0. Supongamos que no sea posible que n+h=n para cierto n natural; si fuera (n+)+h=(n+), entonces, por P IV), sería: (n+)+h=n+(h+) = (n+h)+= n+, pero números con igual siguiente son iguales por el Ax IV) Peano, luego sería n+h=n, que también sabemos por la hipótesis de inducción que es imposible; de modo que (3) es falso también para n+, y por el Ax V Peano, la inducción, se obtiene que si h€N, h≠0, (3) no es posible para ningún n natural, y así, que si h€N y h≠0, para ningún n€N puede ser n+h=n, así que siempre es n+h≠n, como queríamos demostrar.

b) Si fuera xx entonces existiría cierto h€N, con h distinto de 0, tal que x+h=x, pero esto, por el apartado a), es imposible.

c) Si a

P VI) a) Si m, n € N y m

b) Si n€N → n<(n+).

Demostración: a) Por ser m

(m+)+h= (P IV) = m+(h+)= (def. suma) = (m+h)+=n+; de modo que se cumple:

(m+)+h = n+, donde h es distinto de 0, esa es la definición de “ser menor”, luego (m+)<(n+), como queríamos demostrar.

b) n+1= n+(0+)=(n+0)+=n+, como 1≠0 (P I), y n+ = n+1, por definición de orden es n<(n+).

P VII) Propiedades asociativa y conmutativa de la suma

i) Si a,b,c €N se cumple a+(b+c)=(a+b)+c [Propiedad asociativa]

Demostración:

Sea S={c€N/ para todos los a,b €N se cumple =a+(b+c)=(a+b)+c}⊂N. Es claro que 0€S, pues a+(b+0)=a+b (por ser 0 neutro de la suma) y (a+b)+0=a+b, luego es a+(b+0)= (a+b)+0. Dado c€S, a+(b+c)=(a+b)+c →

[a+(b+c)]+=[(a+b)+c]+=(a+b)+(c+)=a+ (b+c)+=a+(b+c+); por tanto,

(a+b)+(c+)=a+(b+c+), de modo que (c+)€ S; así pues, 0€S y si c€S→(c+)€S, de modo que (Ax.V Peano) N⊂S, y S⊂N, luego S=N, así dados a, b € N, sea cual sea c€N (a+b)+c=a+(b+c) y se cumple la propiedad asociativa como queríamos demostrar.

ii) Si a,b €N se cumple a+b=b+a [Propiedad conmutativa]

Demostración: Primero probamos que a+b=b+a cuando a=0. Sea S={b€N/0+b=b+0}.

0€S, ya que 0+0=0+0. Y ∀ b€S, (b+)+0= b+ = (b+0)+=(0+b)+=b+=0+(b+)→(b+)€S, luego (Ax.V Peano) N⊂S y S⊂N → S=N, de modo que ∀ b€N es 0+b=b+0.

Ahora probemos que ∀ b€N, (0+)+b=b+(0+), o sea, 1+b=b+1. Ahora definamos S={b€N/1+b=b+1} así pues, 0€S, pues 0+1=0+(0+)=(def.suma) (0+0)+=0+=1=1+0.

∀ b€S, 1+(b+)=(1+b)+=(b+1)+=b+(1+)=(P IV) = (b+)+1→ (b+) € S, luego, por Ax.V Peano (inducción) N⊂S y S⊂N → S=N, de modo que ∀ b€N es 1+b=b+1.

Veamos por fin que ∀ a, b € N, es a+b=b+a. Sea S={b€N/ ∀ a€N, a+b=b+a} Es decir, S es el subconjunto de números naturales que conmutan con todo número natural en la suma.

0€S, pues hemos visto ya que ∀ a€N, es 0+a=a+0=a. También para todo b€S, se tiene:

a+(b+)=(a+b)+=(b+a)+=b+(a+)=(P IV) =(b+)+a, de manera que también b+ conmuta con todo nº natural a, y así (b+) € S. Luego, por Ax.V Peano (inducción) N⊂S y S⊂N → S=N, de modo que ∀ b€N, ∀ a€N es a+b=b+a, y la propiedad conmutativa queda probada.

P VIII) Todo nº natural distinto de cero es el siguiente de otro nº natural.

Demostración: Sea S={n€N / n=0 o bien n es siguiente de otro nº natural}⊂N.

Es claro que 0€ S, 0+ = 1 €S por ser un siguiente, y si cierto m€S, siendo m distinto de cero, entonces m es siguiente de cierto j€N, → m=j+, luego m+=(j+)+, luego m+ es el siguiente de j+, y por eso m+€ S, así que por el Ax V Peano (inducción), todo nº natural está en S, N⊂S, y como S⊂N, es S=N y todo nº natural distinto de 0 es siguiente de otro nº natural, como queríamos demostrar.

P IX) Si x, y € N y se verifica x+y=0 entonces x=y=0.

Demostración: No es posible que y sea distinto de 0, pues entonces sería el siguiente de cierto z€N (P VIII), y así:

x+y=x+(z+)=(x+z)+=0…¡CONTRADICCIÓN! pues 0 no es siguiente de ningún nº natural.

Luego y=o, entonces x+0=0, x+0=x → x=0, así pues x=y=0, como se afirmaba.

P X) Si a€N, b€N no puede ser al mismo tiempo ab

Demostración:

Si ab, existe cierto h€N con h≠0, tal que b=a+h, y existe cierto k€N con k≠0, tal que a=b+k, luego a=(a+h)+k=a+(h+k)=a+g, donde g=h+k. Pero como a=a+g, si fuera g distinto de 0 tendríamos una contradicción con P V) a), de modo que g=h+k=0, pero esto implica h=k=0, por P IX) y es una contradicción porque h era distinto de 0 (también k era distinto de 0, aunque no hace falta emplearlo). De modo que no puede ser a la vez a

P XI) Propiedad transitiva del orden: Si a, b , c € N, [a

Demostración: Por ser a

c=b+g → c=(a+d)+g=a+(d+g); si fuera d+g=0 → (P IX) → d=g=0, contradicción; de modo que h=d+g≠0, y c=a+h → a

P XII) Si h€N, no es posible que 0(4), es decir, no hay ningún nº natural entre 0 y 1.

Demostración: Si fuera h = 0, se tendría 0<0 por el apartado V) b) sabemos que no es posible → ¡CONTRADICCIÓN! y no puede ser h=0.

Ahora veamos que tampoco puede verificarse (4) con h≠0: si 0

P XIII) Ley de tricotomía. Si a, b €N, a y b distintos, se cumple una y solo una de las siguientes afirmaciones: a=b, a>b, a

Demostración: Fijamos el elemento a€N y consideramos los conjuntos

S1={a}, S2={b€N / ba}. Deducimos la ley de tricotomía del hecho de que

N=S1 U S2 U S3, siendo S1, S2 , S3 disjuntos dos a dos. Para probarlo, supongamos primero que a=0.

Ahora serán S1={0}, S2=ø (por P III y P X, no puede ser 0<0, y si n≠0, n>0, y no puede ser a la vez n>0 y n<0), S3={b€N / b>0}={b€N/ b ≠ 0}. En este caso se verifica claramente:

N=S1 U S2 U S3; y son disjuntos dos a dos, porque:

S1 ∩ S2=ø; S1 ∩ S3=ø (no puede ser 0>0 por P V b); S2 ∩ S3=ø ∩ {b€N / b>0}=ø.

Supongamos ahora a≠0, entonces a>0 (P III) (o lo que es igual, 0

y es 0 € S2. Consideramos S=S1 U S2 U S3. Se tiene:

0€S, pues 0 € S2 y ∀ b €S ocurre una de las tres cosas: b € S1, b € S2, b € S3.

Si b € S1 → b=a → (b+)>b → (b+)>a → (b+) € S3 → (b+) € S.

Si b € S2 → b

Si k≠1, como también k≠0 → (P VIII) k es el siguiente de cierto z€N, k=z+; no puede ser z=0, pues entonces k=0+=1 ¡CONTRADICCIÓN!

Pero entonces z≠0 → (P III) → z>0 y así [(P VI a)] (z+) > 0+ → (z+) > 1 → k>1; por tanto, ∃ d€N, d≠0, tal que k=1+d → b+k=b+(1+d)=(b+1)+d=a → (b+)+d=a → (b+) < a → (b+) € S2, de modo que también (b+) € S.

Si b € S3 → b>a → [P VI b)] → (b+) > b > a → (Propiedad transitiva del orden) → (b+) > a → (b+) € S3 → (b+) € S.

En resumen, 0 € S y ∀ b € S → (b+) € S. Por el Ax.V Peano (inducción) S=N.

Se cumple: S1 ∩ S2 ={a} ∩ {b€N/ b

S1 ∩ S3 ={a} ∩ {b€N/ b>a}=ø. [Pues no es posible a>a, P V b)]

S2 ∩ S3 ={b€N/ ba}=ø. En efecto, si hubiera un elemento r € S2 ∩ S3 por ser r € S2, ra simultáneamente, lo cual es absurdo (P X).

Queda probada pues la ley de tricotomía, y el orden definido en N es total.

>P XIV) Si (m+)<(n+) entonces m

En efecto, si (m+)<(n+), supongamos que pudiera ser m=n, sería n+n sería (m+)>(n+), junto con la desigualdad contraria (m+)<(n+), algo imposible por P X). Por tricotomía, es m

P XV) No existe ningún número natural entre n y n+1.

Demostración: Supongamos que existiera un m€N tal que n

Supongamos ahora que para cierto n€N no hay ningún m€N / n

Veamos que tampoco puede ser (n+)

(n+)<0<(n+)+, en particular sería 0>(n+) y a la vez (n+)>0 lo que también es una contradicción (P X), de manera que no es posible que exista un nº natural entre n y n+1 cuando n=0, y si no es posible para cierto valor de n tampoco es posible para el siguiente, de nuevo por el principio de inducción (Ax V Peano) llegamos a la conclusión final:

Para todo n€N no existe ningún número natural z tal que n

La respuesta sobre los números enteros

Debido a que la pregunta planteada pide probar que no hay ningún “entero” entre n y n+1 cuando n es un entero, n€Z, para esquivar el caso de que n pudiera ser negativo, supongamos que existe z€ Z comprendido entre n y n+1 → n

|n|+n<|n|+z<|n|+n+1; sea m= |n|+n; será m mayor o igual que 0, y

h=(|n|+z)€Z+, un nº entero positivo, comprendido entre m y m+1 →

m

f aplica cada entero positivo en el nº natural representado sin signo, es decir, f(0)=0 y para todo a€(Z+), f(+a) = a.

(0→0; +1→1;+2→2…y en general +a→ a)

luego existiría un nº natural h comprendido entre m y m+1, lo cual sabemos que es imposible.

Queda respondida la pregunta formulada.