algebra superior II antonio lascurain orive

Álgebra superior II
Antonio Lascurain Orive
ii
Índice general
1. Divisibilidad
1.1. Definiciones y propiedades elementales . . . .
1.2. El algoritmo de la división . . . . . . . . . . .
1.3. El máximo común divisor . . . . . . . . . . .
1.4. Algoritmo de Euclides, Ecuaciones diofantinas
1.4.1. Algoritmo de Euclides . . . . . . . . .
1.4.2. Ecuaciones Diofantinas . . . . . . . . .
1.5. Factorización única . . . . . . . . . . . . . . .
1.6. Congruencias . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7. Los campos Zp . . . . . . . . . . . . . . . . .
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1
4
7
13
13
15
18
23
32
2. El campo de los números reales
2.1. Los números racionales . . . . . . . . . .
2.2. Los números reales, orden . . . . . . . .
2.3. Cotas y fronteras . . . . . . . . . . . . .
2.4. Suma y producto en R . . . . . . . . . .
2.5. Racionales y reales . . . . . . . . . . . .
2.6. Raices n-ésimas, exponentes fraccionarios
2.6.1. Raices n-ésimas . . . . . . . . . .
2.6.2. Exponentes fraccionarios . . . . .
2.7. Valor absoluto, aproximación . . . . . .
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71
71
71
72
83
88
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3. El campo de los números complejos
3.1. Módulo, argumento . . . . . . . . . . .
3.1.1. Módulo . . . . . . . . . . . . .
3.1.2. Argumento . . . . . . . . . . .
3.2. Los números complejos . . . . . . . . .
3.3. Propiedades de las operaciones . . . . .
3.4. Raı́z cuadrada . . . . . . . . . . . . . .
3.5. Raı́ces n-ésimas de números complejos
iii
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ÍNDICE GENERAL
iv
4. Polinomios
4.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2. Polinomios como funciones . . . . . . . . . .
4.3. Suma y producto de polinomios . . . . . . .
4.4. División con residuo . . . . . . . . . . . . .
4.5. Teorema del residuo, raı́ces . . . . . . . . . .
4.6. Ecuaciones de 2o grado . . . . . . . . . . . .
4.7. División sintética . . . . . . . . . . . . . . .
4.8. Raı́ces aisladas de polinomios reales . . . . .
4.9. Factorización de polinomios, raı́ces múltiples
4.10. Derivadas y multiplicidad . . . . . . . . . .
4.11. Coeficientes, raı́ces y polinomios simétricos .
4.12. Polinomios con coeficientes reales . . . . . .
4.13. El algoritmo de Euclides con polinomios . .
4.14. Método de Sturm . . . . . . . . . . . . . . .
4.15. Fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . .
4.16. Polinomios reales de grado 3 . . . . . . . .
4.17. Polinomios reales de grado 4 . . . . . . . . .
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103
. 103
. 103
. 104
. 108
. 112
. 117
. 119
. 122
. 128
. 131
. 135
. 138
. 140
. 143
. 149
. 155
. 164
Bibliografı́a
169
Índice analı́tico
170
Capı́tulo 1
Divisibilidad
1.1.
Definiciones y propiedades elementales
Dados m y n enteros su cociente
m
n
no es necesariamente un entero, por ejemplo 5/7, 4/3. En algunos casos sı́ 6/2,
25/5.
Definición 1. Dados m, n ∈ Z n 6= 0, se dice que n divide a m, si m/n ∈ Z.
Esta propiedad se puede expresar de otras maneras
i) n es un divisor de m,
ii) n es un factor de m,
iii) m es un múltiplo de n,
iv) m es divisible entre n.
Se denota esta propiedad por n | m, por ejemplo 3 | 12, 7 | 49. En caso
contrario se escribe n - m. La Definición 1 se puede reformular sin hacer
referencia a cocientes.
Definición 2. Sean m, n ∈ Z se dice que n divide a m, si existe q ∈ Z tal
que m = bn.
Obsérvese que todo entero es divisor del cero. También, si n 6= 0, ambas
definiciones son equivalentes ya que si n es divisor conforme a la primera
definición se tiene m/n = q ∈ Z y m = nq, y viceversa, si n cumple la
1
2
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
segunda definición m = qn y como n 6= 0 se puede despejar. De cualquier
manera, como no se han introducido a la discusión los racionales, la Definición
2 es la adecuada. Además, incluye el caso n = 0. Nótese que el cero sólo es
factor del 0.
La propiedad de ser divisor es reflexiva, ya que como m = m · 1 ∀ m ∈ Z
m | m.
También es transitiva: dados m, n, p ∈ Z tales que n | m y
tiene
n | p.
m | p,
se
Esto se sigue, ya que al existir q, r ∈ Z tales que m = nq y p = mr, se tiene
p = nqr y n | p.
Las unidades de Z, 1 y −1, no alteran la divisibilidad.
Proposición 1.1.1. Sean m, n ∈ Z y u, u0 unidades (i.e., u, u0 = ±1).
Entonces n | m ⇐⇒ un | u0 m.
Demostración. ⇒) Si m = nq, q ∈ Z, como existe u1 ∈ Z (u1 = ±1) tal
que uu1 = 1, se tiene
m = unu1 q,
esto es, un | m y un | u0 m (por transitividad).
⇐) Si u0 m = kun, k ∈ Z, tomando u00 u0 = 1 se sigue
m = u00 kun.
Este resultado nos dice que al considerar la divisibilidad los signos no son
relevantes (por lo que se puede estudiar ésta solamente tomando números
naturales y el 0).
Corolario 1.1.2. Sean m, n ∈ Z, entonces n | m ⇐⇒ |n| | |m|.
Como |m| = um y |n| = u0 n, u, u0 = ±1, este es simplemente un caso
particular de la Proposición 1.1.1.
La divisibilidad ciertamente no es simétrica, sin embargo si n | m y m | n,
entonces m = nu, donde u es una unidad. Esto se sigue ya que las hipótesis
implican m = nk, n = tm, k, t ∈ Z. Por lo cual m = tkm y tk = 1, i.e.,
k es una unidad. Si m = 0, entonces también n = 0 y 0 = 1 · 0. Exhibimos
ahora una propiedad que relaciona el orden con la divisibilidad.
1.1. DEFINICIONES Y PROPIEDADES ELEMENTALES
3
Proposición 1.1.3. Sean m, n ∈ Z − {0}, tales que n | m, entonces
|n| 6 |m|.
Demostración. Usamos el hecho de que el orden es compatible con el
producto, véase, por ejemplo, [4], Proposición 6.4.3. Se sigue del Corolario
1.1.2 que |m| = |n|q. Obsérvese que q > 1. De otra manera, si q 6 0, se
tendrı́a |m| = |n|q 6 |n| · 0 = 0, lo que contradice m 6= 0.
Finalmente, si q = 1, |m| = |n| y si q > 1 se tiene
|m| = |n|q > |n|.
El siguiente resultado muestra la relación de la suma y el producto con
la divisibilidad.
Proposición 1.1.4. Sean m, n, p ∈ Z,
(i) si n | m y n | p, entonces n | m + p,
(ii) si n | m y p ∈ Z, entonces n | mp.
Demostración.
(i) Como m = nk y p = nt,
m + p = nk + nt = n(k + t).
(ii) Si m = nk,
mp = npk.
Corolario 1.1.5. Sean m, n, p ∈ Z, tales que n | m y n | p, entonces
n | mk + pt ∀ k, t ∈ Z.
Definición 3. Dados m, p ∈ Z, a los números de la forma mk + pt, k, t ∈ Z
se les llama combinaciones lineales de m y p.
El Corolario 1.1.5 se puede afinar aún más.
Corolario 1.1.6. Un entero n es divisor de los enteros m y p (divisor común)
si y sólo si n divide a cualquier combinación lineal de m y p.
4
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Demostración. La necesidad es el corolario anterior. La suficiencia se sigue
ya que
n | m · 0 + p · 1 y n | m · 1 + p · 0.
Nótese que dados dos enteros, no cualquier otro entero es combinación
lineal de ellos, por ejemplo, 8 no es combinación lineal de 10 y de 25, ya que
como 5 | 10 y 5 | 25, se tendrı́a 5 | 8, por el Corolario 1.1.5. También 17 no
es combinación lineal de 15 y 24.
En general, si t = km + sp, y d es divisor común de m y p, necesariamente d | t (Corolario 1.1.5). Probaremos posteriormente que esta condición
también es suficiente, para que t sea combinación lineal de m y p.
Definición 4. Dados enteros m1 , m2 , . . . , mk , a los enteros de la forma
c1 m1 + c2 m2 + · · · + cn mk , ci ∈ Z, ∀ i ∈ {1, 2, . . . , k}
se les llama combinaciones lineales de m1 , m2 , . . . , mk .
Obsérvese que ∀ i mi es combinación lineal de m1 , m2 , . . . , mk .
EJERCICIOS 1.1
1. Exhiba cinco enteros que no sean combinación lineal de 6 y 10.
1.2.
El algoritmo de la división
Dados 2 enteros, no siempre uno es factor del otro. Sin embargo, como en la
primaria, se puede dividir obteniendo un cociente y un residuo.
Teorema 1.2.1 (Algoritmo de la división). Sean a, b ∈ Z, b 6= 0, entonces
existen q, r únicos tales que
a = bq + r,
donde 0 6 r < |b|.
Al número r se le llama el residuo, y a q el cociente.
Demostración. Probamos primero la unicidad:
Si
a = bq + r
0 6 r < |b|,
y
a = bq 0 + r0
0 6 r0 < |b|,
1.2. EL ALGORITMO DE LA DIVISIÓN
5
se tiene
b(q − q 0 ) = r0 − r
y
|b||q − q 0 | = |r − r0 |.
Si r = r0 se tiene q = q 0 y se sigue el resultado (|b| 6= 0), de otra manera se
sigue de la Proposición 1.1.3 que
|b| 6 |r0 − r|.
Sin embargo
|r0 − r| < |b|,
ya que por ejemplo, si
r0 > r,
se tiene
0 6 r0 − r < r0 < |b|,
el otro caso es análogo.
Para probar la existencia se consideran casos:
Caso 1: a, b > 0.
Sea
W = {a − bk | k ∈ Z, a − bk > 0},
como a = a − b · 0 ∈ W, W 6= ∅.
Se afirma que r el menor elemento de W es el residuo buscado (el menor
elemento existe por el principio del buen orden, r puede también ser 0).
Como r = a − bq > 0
a = bq + r
(r > 0),
por lo que basta probar que r < b. Esto se sigue, ya que si r > b, r − b es
un elemento menor a r que está en W, ya que
r − b = a − bq − b = a − b(q + 1).
Caso 2: a > 0, b < 0.
Aplicando el Caso 1 a a y −b, se tiene
a = (−b)q + r,
0 6 r 6 | − b|,
es decir
a = b(−q) + r,
0 6 r 6 |b|.
6
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Caso 3: a < 0, b < 0.
El truco del Caso 2 no es suficiente, ya que
−a = (−b)q + r
=⇒
a = bq − r, pero − r 6 0.
Sin embargo, podemos escribir
a = bq + b − r − b = b(q + 1) + (−b − r),
y como
0 6 r 6 |b| = −b,
se tiene
0 6 −b − r 6 −b = |b|
y
−b − r es el residuo buscado.
Caso 4: a < 0, b > 0.
La prueba de este caso queda como ejercicio para el lector.
Ejemplos
a = 483,
b = 25 :
483 = 25 · 19 + 8
q = 19 r = 8.
a = 483 y b = −25 :
483 = (−25)(−19) + 8.
a = −483 y b = 25 :
se tiene (del 1er ejemplo)
−483 = 25(−19) − 8 = 25(−19) − 25 + 25 − 8
= 25(−20) + 17 y
q = −20 r = 17.
a = −483 y b = −25 :
−483 = (−25)(19) − 8 + 25 − 25
1.3. EL MÁXIMO COMÚN DIVISOR
7
= (−25)(20) + 17,
y se tiene
q = 20 y r = 17.
Aparentemente el algoritmo de la división es el método para encontrar los
divisores de un número. Probaremos posteriormente que hay métodos más
eficaces (descomposición en primos).
EJERCICIOS 1.2
1. Termine la prueba del Teorema 1.2.1.
1.3.
El máximo común divisor
Definición 5. Dados a, b ∈ Z distintos, el máximo común divisor de a y b
es el mayor entero que es divisor de ambos números. Este número se denota
por (a, b).
Obsérvese que (a, b) > 1, ya que y 1 es factor de todo entero, incluido el
cero.
Ejemplo
Los divisores comunes de 120 y 36 son
±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12,
por lo que
(36, 120) = 12.
En la discusión del MCD (máximo común divisor) podemos restringirnos
a números positivos ya que como se mostró antes, los signos no alteran la
divisibilidad (y el caso a = 0 o b = 0 es trivial).
Se mostró que si t es combinación lineal de a y b y d es un divisor común de
a y b, entonces d | t. Mostramos ahora que esta última hipótesis es suficiente
para que t sea combinación lineal.
Lema 1.3.1. La combinación lineal positiva mı́nima de a y b es un divisor
común de a y b.
Demostración. Sea d la combinación lineal positiva mı́nima de a y b entonces existen s, t ∈ Z tales que
d = as + bt.
8
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Aplicando el algoritmo de la división a a y a d, se tiene
a = dq + r
0 6 r < d.
Necesariamente r=0 , de otra forma (sustituyendo)
a = (as + bt)q + r
y a(1 − s) − btq = r,
contradiciendo que d es la combinación lineal mı́nima.
∴ d | a,
análogamente d | b.
Teorema 1.3.2. El MCD de a y b es la combinación lineal positiva mı́nima.
Demostración. Sea d = (a, b) y m la combinación lineal positiva mı́nima.
Se sigue del Lema 1.3.1 que m | a y que m | b por lo que m 6 d
(d es el mayor de los divisores comunes). Por otra parte, como d | a y d | b
se tiene que d | m y por lo tanto d 6 m.
Corolario 1.3.3. Un entero c es combinación lineal de a y b ⇐⇒ (a, b) | c.
Demostración. ⇒) Es un caso particular del Corolario 1.1.5 ya que (a, b)
es un divisor común.
⇐) Si d = (a, b) se sigue del Teorema 1.3.2 que d = ak + bt k, t ∈ Z, y
también por hipótesis, c = md, por lo cual
c = mak + mbt.
EL Teorema 1.3.2 se puede reformular de manera más general.
Teorema 1.3.4. Si a, b, d ∈ N, las siguientes 4 condiciones son equivalentes:
i) d = (a, b), i.e., d es el mayor de los divisores comunes de a y b,
ii) d es la combinación lineal positiva mı́nima de a y b,
iii) d es un divisor común de a y b que tiene la propiedad de que si t es
otro divisor común (de a y b), entonces t | d,
iv) d es un divisor común de a y b que también es combinación lineal de
ellos.
1.3. EL MÁXIMO COMÚN DIVISOR
9
Demostración. El Teorema 1.3.2 muestra que i) y ii) son equivalentes.
También, i) y ii) ⇒ iii) ya que si t es un divisor común de a y b, t es un
factor de toda combinación lineal. Evidentemente i) y ii) ⇒ iv), por lo que
basta probar que iii) ⇒ i) y iv) ⇒ i), probamos la primera implicación y
dejamos la segunda como ejercicio.
Sea m ∈ N tal que cumple iii) y d = (a, b). Hay que probar que m = d.
Se sigue de iii) que m es divisor común y entonces m 6 d, también se sigue
de iii) que como d es divisor común d | m, por lo cual d 6 m y d = m.
Obsérvese que las condiciones iii) y iv) no usan el concepto de orden por
lo que sirven para definir el MCD en anillos no ordenados.
Definición 6. Se dice que a, b ∈ Z son primos relativos o primos entre sı́, si
(|a|, |b|) = 1.
Ejemplo 13 y 18 lo son, sin embargo 121 y 11 no lo son. Como consecuencia
inmediata del Teorema 1.3.4 se tiene el siguiente resultado.
Corolario 1.3.5. Dos números a, b ∈ Z son primos relativos si y sólo si
∃ s, t ∈ Z tales que
1 = as + bt.
Obsérvese que si a | bc, no necesariamente a | b o a | c, por ejemplo,
10 | 8 · 5, pero 10 - 8 y 10 - 5; sin embargo se tiene el siguiente resultado.
Proposición 1.3.6. Si a | bc y (a, b) = 1 , entonces a | c.
Demostración. Como 1 = ka + tb, donde k, t ∈ Z, se tiene c = kac + tbc,
y a | c, ya que a | a y a | bc.
Este resultado se entenderá mejor posteriormente, a la luz de la descomposición en primos. Estudiamos ahora el concepto dual al MCD
Definición 7. Dados a, b ∈ Z − {0}, al menor múltiplo positivo de a y b se
le llama mı́nimo común múltiplo de a y b (MCM), y se le denota por [a, b].
Evidentemente el conjunto de múltiplos comunes es no vacı́o, uno de ellos
es |ab|, el menor existe por el PBO. Por ejemplo, si a = 8 y b = 10, los múltiplos positivos de a y b son {8, 16, 24, 32, 40, 48, . . .} y {10, 20, 30, 40, 50, . . .},
respectivamente, por lo que
[8, 10] = 40.
Exhibimos ahora otra caracterización del mı́nimo común múltiplo, que lo
caracteriza en términos de otros múltiplos.
10
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Teorema 1.3.7. Sea m0 un múltiplo común de a y b, entonces
[a, b] | m0 .
Demostración. Sea m = [a, b], aplicando el algoritmo de la división se
tiene
m0 = mq + r, 0 6 r < m.
Ahora, como a | m0 y a | m entonces a | r; análogamente b | r.
Si r > 0, r serı́a un múltiplo común menor a m,
∴
r=0 y
m | m0 .
La propiedad del teorema anterior caracteriza al MCM.
Teorema 1.3.8. Si m es un múltiplo común de a, b ∈ Z que tiene la propiedad de que si m0 es otro múltiplo común de a y b, necesariamente m | m0 ,
entonces
m = [a, b].
Demostración. Por definición [a, b] 6 m, y como m | [a, b],
m 6 [a, b].
El MCD y el MCM. están relacionados, por ejemplo si a = 14 y b = 10
(a, b)[a, b] = 2 · 70 = ab,
esto sucede en general.
Teorema 1.3.9. Dados a, b ∈ N
ab = (a, b)[a, b].
Demostración. Como ab es un múltiplo común, por el Teorema 1.3.7
ab = mt,
donde m = [a, b].
Se debe probar que t = (a, b). (Para probar esto usamos la propiedad iii)
del Teorema 1.3.4).
Primero probamos que t es un divisor común: como m = ar, se tiene
ab = art,
y a(b − rt) = 0,
1.3. EL MÁXIMO COMÚN DIVISOR
∴
b = rt y t | b,
análogamente t | a.
Ahora, si s es otro divisor común
a = sa0
11
y b = sb0 ,
y se tiene que m0 = a0 b0 s es un múltiplo común de a y b, por lo que m0 = mq.
Finalmente,
mt = ab = a0 sb0 s = m0 s = mqs
∴
m(qs − t) = 0 y s | t.
La idea de la prueba fue generar un múltiplo común “económicamente”
con s, para expresar ab = mt, como m(entero)s, usando la propiedad del
Teorema 1.3.7. Una demostración más natural se exhibirá después con el
teorema de descomposición en primos.
Los conceptos de MCD y MCM. se extienden a más de 2 enteros.
Definición 8. Sean a1 , a2 , . . . , an ∈ Z − {0} se define el MCD como el
mayor divisor positivo de estos números, y el MCM como el menor múltiplo común positivo de estos números; éstos se denotan por (a1 , a2 , . . . , an ) y
[a1 , a2 , . . . , an ].
Ejemplos
(6, 14, 28) = 2
[6, 14, 28] = 84,
ya que los múltiplos de 28 son 28, 56, 84 y 3 - 28,
3 - 56.
Teorema 1.3.10. Sean a1 , a2 , . . . , an ∈ N y d un divisor común tal que es
combinación lineal de a1 , a2 , . . . , an , entonces
d = (a1 , a2 , . . . , an ).
Demostración. Sea t = (a1 , a2 , . . . , an ), entonces d 6 t y como t | d,
t6d
∴
t = d.
En la prueba del teorema anterior usamos el hecho de que si t | ai ∀ i,
entonces t es divisor de cualquier combinación lineal de las ai (esto se sigue
por inducción).
Obsérvese que el Lema 1.3.1 y el Teorema 1.3.4 también son válidos para
n naturales (mismas demostraciones). Nótese que también el Teorema 1.3.8
se cumple para n números. Estos hechos son útiles para resolver algunos de
los ejercicios al final de esta sección.
12
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Proposición 1.3.11. Sean a, b primos relativos tales que a | c y b | c,
entonces ab | c.
Demostración. Sea c = ar, como b | c se tiene b | ar, y usando la Proposición 1.3.6 (como (a, b) = 1), se sigue que b | r y c = abt.
Proposición 1.3.12. Sean a, b ∈ N, d = (a, b), da0 = a y db0 = b, entonces
[a, b] = da0 b0 .
Demostración. Ciertamente da0 b0 es un múltiplo común, por lo que basta
probar que si c es un múltiplo común a0 b0 d | c.
Obsérvese primero que (a0 , b0 ) = 1, ya que como d = a0 dr + b0 ds, r, s ∈ Z,
se tiene
1 = a0 r + b0 s.
Si c es un múltiplo común, c = ak = a0 dk, también b0 d|c y por lo tanto
b0 |a0 k y b0 |k,
∴
c = a0 db0 t.
El Teorema 1.3.9 es un corolario inmediato de la Proposición 1.3.12, ya
que si
[a, b] = a0 db0 ,
entonces
d[a, b] = ab.
EJERCICIOS 1.3
1. Termine la prueba del Teorema 1.3.4.
2. Sean a1 , a2 , . . . , an ∈ N, y dj = (a1 , a2 , . . . , aj ), j > 2, demuestre que
∀ j > 3 dj = (dj−1 , aj ). Calcule (30, 42, 69) y (96, 66, 108).
3. Sean a1 , a2 , . . . , an ∈ N y mj = [a1 , a2 , . . . , aj ], j > 2, demuestre que
∀ j > 3 mj = [mj−1 , aj ]. Calcule [6, 15, 9] y [8, 12, 18].
4. Demuestre que (ka, kb) = k(a, b) y [ka, kb] = k[a, b].
5. Probar que el Teorema 1.3.4 es válido para k naturales, donde k > 2.
1.4. ALGORITMO DE EUCLIDES, ECUACIONES DIOFANTINAS
1.4.
1.4.1.
13
Algoritmo de Euclides, Ecuaciones diofantinas
Algoritmo de Euclides
Sean a, b ∈ N, si a es un múltiplo de b, (a, b) = b, de otra manera se puede
aplicar iteradamente el algoritmo de la división:
a = bq1 + r1
b = r1 q2 + r2
r1 = r2 q3 + r3
..
.
rn−2 = rn−1 qn + rn
rn−1 = rn qn+1 ,
0 < r1 < b,
0 < r2 < r1 ,
0 < r3 < r2 ,
..
.
0 < rn < rn−1 ,
como 0 < rn < rn−1 < . . . < r2 < r1 < b, es claro que después de un número
finito de pasos se obtiene un residuo 0. A este proceso se le llama el Algoritmo
de Euclides.
Proposición 1.4.1. Dados a, b ∈ N, se tiene que (a, b) es el último residuo
distinto de cero en el algoritmo de Euclides, i.e. (a, b) = rn .
Para probar este resultado probamos primero un lema.
Lema 1.4.2. Si a = bq + r, entonces
(a, b) = (b, r).
Demostración. Como (b, r) | b y (b, r) | r, se tiene que (b, r) | a, i.e.,
(b, r) | (b, a), también (a, b) | r, por lo que (a, b) | (b, r),
∴
(a, b) = (b, r).
Demostración. (De la Proposición 1.4.1) Aplicando repetidamente el Lema 1.4.2 se tiene
(a, b) = (b, r1 ) = (r1 , r2 ) = · · · = (rn−1 , rn ) = rn .
14
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
El Algoritmo de Euclides nos permite dar un procedimiento para expresar
el MCD como una combinación lineal de a y b. Esto se sigue del siguiente
resultado.
Proposición 1.4.3. Si t es combinación lineal de a y b y r lo es de t y b,
entonces r es combinación lineal de a y b.
Demostración.
∴
t = ka + ub
r = nt + sb
r = (nk)a + (nu + s)b.
Aplicando este resultado verificamos nuestra observación: como rn es una
combinación lineal de rn−1 y rn−2 , y rn−1 lo es de rn−2 y rn−3 , se tiene que rn
es combinación lineal de rn−2 y rn−3 , repitiendo el mismo procedimiento, rn
es combinación lineal de rn−3 y rn−4 , etcétera, i.e. rn es combinación lineal
de a y b.
Ejemplo
Si a=242 y b=168
242 = 168(1) + 74
168 = 74(2) + 20
74 = 20(3) + 14
20 = 14(1) + 6
14 = 6(2) + 2
6=2·3
∴ (168, 242) = 2,
y
2 = 14 − 2(6) = 14 − 2(20 − 14)
= 3 · 14 − 2 · 20 = 3(74 − 3 · 20) − 2 · 20
= 3 · 74 − 11(20) = 3 · 74 − 11(168 − 74 · 2)
= 25 · 74 − 11(168) = 25(242 − 168) − 11(168)
= 25 · 242 − 36(168) = 6050 − 6048.
1.4. ALGORITMO DE EUCLIDES, ECUACIONES DIOFANTINAS
1.4.2.
15
Ecuaciones Diofantinas
Estudiaremos ahora ecuaciones de la forma
ax + by = c,
a, b, c ∈ Z,
(1.1)
llamadas diofantinas. Consideremos primero el caso homogéneo.
Proposición 1.4.4. Las soluciones enteras de la ecuación
ax + by = 0,
(1.2)
a, b 6= 0, (a, b) = 1, son
x = bt,
y = −at,
t ∈ Z.
Demostración. Estas expresiones de x, y ciertamente son soluciones, probamos que son todas:
Si x, y es solución de (1.2) , se tiene
ax = −by,
∴
a | by,
y como (a, b) = 1, se sigue que a | y (Proposición 1.3.6),
i.e.,
y = at, t ∈ Z.
Por lo cual
ax = −bat
y
x = −bt.
Regresando a la ecuación general diofantina (1.1), obsérvese que el Corolario 1.3.3 se puede reformular como sigue:
Teorema 1.4.5. La ecuación (1.1) tiene solución en Z si y sólo si
(a, b) | c.
16
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Recordamos que este resultado se sigue, ya que (a, b) es la combinación
lineal positiva mı́nima.
Por ejemplo, como 3 - 10, la ecuación
15x + 21y = 10,
no tiene solución entera ((15, 21) = 3).
Obsérvese que el Algoritmo de Euclides permite encontrar soluciones particulares a las ecuaciones diofantinas:
Usando este algoritmo se encuentran s, t ∈ Z tales que
as + bt = d,
donde d = (a, b), y si c = dc0 , se tiene
asc0 + btc0 = c,
por lo que x = sc0 y y = tc0 es una solución de (1.1), por ejemplo,
30x + 8y = 140,
30 = 8 · 3 + 6
8=6·1+2
6=2·3
∴
y
2=8−6·1
= 8 − (30 − 3 · 8)
= 4 · 8 − 30
140 = 70 · 2 = 8(280) + 30(−70)
x = −70,
y = 280
es una solución.
Para poder encontrar todas las soluciones de (1.1) primero resolvemos el
caso homogéneo (1.2).
Teorema 1.4.6. Las soluciones de la ecuación (1.2) están dadas por
x = −b0 t,
y = a0 t,
t ∈ Z,
donde a = a0 d, b = b0 d, d = (a, b), a, b 6= 0.
Demostración. Las soluciones de
ax + by = 0,
son las mismas que las de a0 x + b0 y = 0, ya que
a0 dx + b0 dy = 0 ⇐⇒ a0 x + b0 y = 0,
por lo que el resultado se sigue de la Proposición 1.4.4.
1.4. ALGORITMO DE EUCLIDES, ECUACIONES DIOFANTINAS
17
Los casos donde a = 0, b = 0 y a, b = 0 son triviales. En el último caso
toda pareja (s, t) ∈ Z × Z es solución de
ax + by = 0
y
ax + by = c, c 6= 0
no tiene solución. Si a = 0 y b 6= 0, cualquier pareja de la forma (t, 0) es
solución de
ax + by = 0,
y la ecuación by = c, c 6= 0 tiene solución ⇐⇒ b | c. Ésta es única, ya que
si by1 = by2 , entonces y1 = y2 . El otro caso el análogo.
Volviendo al caso general, las soluciones de (1.1) y (1.2) están muy relacionadas.
Lema 1.4.7. Sea (x0 , y0 ) una solución particular de de (1.1) y (u, v) cualquier solución de (1.2), entonces
(x0 + u, y0 + v)
es solución de (1.1), y viceversa toda solución es de ésta forma.
Demostración.
(x0 + u)a + (y0 + v)b
= x0 a + y0 b + ua + vb = c + 0 = c.
Vicerversa, si
xa + yb = c,
entonces
(x − x0 )a + (y − y0 )b = c − c = 0.
∴
(x − x0 , y − y0 ) es solución de (1.2).
∴
x = x0 + u, y = y0 + u,
donde (u, v) es solución de (1.2).
Teorema 1.4.8. El conjunto de todas las soluciones de (1.1), donde (a, b) | c
y a, b 6= 0, está dado por
x = x0 − b0 t,
y = y0 + a0 t,
t ∈ Z;
donde a = a0 d, b = b0 d y (x0 , y0 ) es una solución particular.
18
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Este resultado es consecuencia inmediata del Teorema 1.4.6 y el Lema
1.4.7. En consecuencia todas las soluciones de cualquier ecuación diofantina
se pueden encontrar.
Ejemplo
25x + 35y = 200
35 = 25 · 1 + 10
25 = 10 · 2 + 5
10 = 5 · 2
5 = 25 − 10 · 2
5 = 25 − 2(35 − 25)
= 3 · 25 − 2 · 35,
y una solución particular es
x0 = 40 · 3 = 120,
y0 = 40(−2) = −80
(40 · 5 = 200). Finalmente las soluciones de la homogénea son las de la
ecuación 5x + 7y = 0, que son de la forma
x = 7t,
y = −5t,
t ∈ Z,
por lo cual todas las soluciones de la ecuación original son
x = 120 + 7t,
y = −80 − 5t,
t ∈ Z.
EJERCICIOS 1.4
1. Resuelva: 30x + 24y = −18, 49x − 14y = 70.
1.5.
Factorización única
Los números se descomponen en factores irreducibles llamados primos, por
ejemplo
120 = 60 · 2 = 22 · 3 · 5 · 2 = 23 · 3 · 5,
84 = 21 · 4 = 7 · 3 · 22 .
Definición 9. Se dice que un número entero p distinto de ±1 es primo, si
sus únicos divisores son ±1 y ±p.
Obsérvese que 0 no es primo (todo número es divisor del 0) y que p es primo si y sólo si −p lo es. Los primeros primos son 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29,
31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, . . .
1.5. FACTORIZACIÓN ÚNICA
19
Esto se verifica, notando que 3 y 7 no sean factores de los números, que
no sean múltiplos de 5, o pares (véase la Proposición 1.5.4).
Nótese que si p es primo y a ∈ Z entonces
p si p | a,
(a, p) =
1 si p - a,
(si p - a, el único divisor común de p y a es 1).
Teorema 1.5.1. Si un número primo p divide al producto ab, entonces p | a
o p | b.
Demostración. Si p no divide a a, entonces (p, a) = 1 y en virtud de la
Proposición 1.3.6 p | b.
La propiedad establecida en el teorema anterior caracteriza los primos y
al cero.
Corolario 1.5.2. Sea p ∈ Z, p 6= ±1, tal que satisface la siguiente propiedad:
dados a, b ∈ Z tales que p | ab, se tiene que p | a o p | b. Bajo esta hipótesis
p es primo o p = 0.
Demostración. Se puede suponer p > 0. Si p 6= 0 y p no es primo, existen
naturales a, b 6= 0 tales que
p = ab,
1 < a < p y 1 < b < p.
Sin embargo, entonces p - a y también p - b, lo cual contradice la hipótesis
sobre p, por lo tanto p es primo o p = 0. Como el 0 no es factor de ningún
número, no nulo, 0 también cumple esta propiedad.
Teorema 1.5.3. (Factorización única) Dado a ∈ Z, a 6= 0, ±1, a se puede
expresar como
u p1 p2 · · · pk ,
(1.3)
donde u = ±1, y p1 6 p2 · · · 6 pk son números primos positivos, ésta
descomposición es única.
Demostración. Basta probarlo para a ∈ N (ya que si −a = p1 p2 · · · pk ,
a = (−1) p1 p2 · · · pk ).
Existencia. Sea M ⊂ N, el conjunto de los números que no pueden
descomponerse de la manera descrita en (1.3). Si M 6= ∅, por el PBO M
tiene un menor elemento a, este número no es un primo p, ya que a = p es
una descomposición tipo (1.3), por lo que
a = bc,
1 < b < a y 1 < c < a,
20
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
y como b, c ∈
/M
b = p1 p2 · · · pn
c = q1 q2 · · · qm ,
y
a = p1 p2 · · · pn q 1 q2 · · · qm ,
sin embargo reordenando los primos ps y qs en esta expresión se obtiene una
descomposición del tipo (1.3) contradiciendo que a ∈ M ∴ M = ∅ y todo
número tiene una descomposición en primos.
Unicidad. Se demuestra por inducción en el número de primos contados
con multiplicidad que tiene la descomposición más económica de a, para
simplificar se ignora (primero) el orden:
si a = p y a = q1 q2 · · · qm , entonces
p | q1 · · · q m ,
por lo que se sigue del Teorema 1.5.1 que
p | qi ,
i.e.,
1 6 i 6 m,
p = qi . Como p = q1 q2 · · · qi · · · qm , se tiene
1 = q1 q2 · · · qi−1 qi+1 · · · qm ,
y qj = 1 ∀ j 6= i (no hay divisores de 1 no triviales).
Suponiendo cierto para n − 1, si
a = p1 · · · pn
y a = q1 · · · qm ,
m > n,
se tiene
p 1 | q 1 · · · qm
y p1 | qi ,
y p = qi , como en el 1er caso. Por lo tanto
a0 = p2 · · · pn = q1 q2 · · · qi−1 qi+1 · · · qm ,
y por hipótesis de inducción n = m y las colecciones {p2 , p3 , . . . , pn } y
{q1 , q2 , . . . , qi−1 , qi+1 , . . . , qm } contadas con repetición son iguales. Lo mismo
es cierto para {p1 , . . . , pn } y {q1 , . . . , qm }, y evidentemente ordenando estas
colecciones la expresión (1.3) es única.
El Teorema 1.5.3 se puede refinar integrando los términos repetidos y
obtener una expresión única ∀ a ∈ Z, a 6= 0, ±1
mk
1 m2
a = ± pm
1 p2 · · · pk ,
mi > 0,
1.5. FACTORIZACIÓN ÚNICA
21
donde
p1 < p2 < · · · < pk .
Algunas veces para comparar dos números es conveniente considerar potencias cero, i.e.,
mk
1 m2
mi > 0,
a = pm
1 p2 · · · pk ,
por ejemplo
24 = 22 · 3 · 50
y 40 = 23 · 30 · 5.
Un algoritmo útil para encontrar primos lo establece el siguiente resultado, nótese que la lista de los primos descritos al principio de la sección, se
encontrarán más eficazmente con este método.
Proposición√1.5.4. Sea a ∈ N, a no primo, entonces existe p primo tal que
p | a y p 6 a.
Demostración. Como a no es primo existen r, s tales que
a = rs,
1 < r < a,
1 < s < a,
sin perder generalidad r 6 s. Ahora, por el Teorema 1.5.3 existe p primo
tal que p | r
∴ r = pr0 .
Finalmente,
p2 6 p2 (r0 )2 = r2 6 rs = a,
y
p6
√
a.
√
Por ejemplo, 131 es primo, ya que de otra manera existirı́a p < 131 < 12
tal que p | 131, sin embargo 3, 7, 11 no son divisores de 131.
Resulta que hay una infinidad de primos (ejercicio). La descomposición
en primos es también útil al describir el MCD y el MCM.
Teorema 1.5.5. Sean a, b ∈ N,
mk
1
a = pm
1 · · · pk ,
b = pt11 · · · ptkk ,
tj , mj > 0 ∀ j,
entonces
a) (a, b) = pr11 · · · prkk , donde rj = mı́n{mj , tj },
b) [a, b] = ps11 · · · pskk , donde sj = máx{mj , tj }.
22
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Demostración. Probamos a) y dejamos b) como ejercicio.
Sea d = pr11 · · · prkk , entonces
k −rk
1 −r1
· · · pm
· d y d | a.
a = pm
1
k
Análogamente d | b (mj − rj > 0, ∀ j).
Ahora si t es un divisor común de a y b,
t = pq11 · · · pqkk
(t no contiene otros factores primos, ya que a, b no los tienen). Necesariamente
qi 6 ri , si qj > rj para alguna j
q
q
pjj - a o pjj - b.
∴
t | d y d = (a, b).
Como dados m, n ∈ N ∪ {0},
m + n = máx{m, n} + mı́n{m, n},
se sigue del Teorema 1.5.5 una tercera prueba del Teorema 1.3.9, es decir
ab = (a, b)[a, b].
Ejemplo Si a = 23 · 34 · 5 y b = 2 · 3 · 7.
(a, b) = 2 · 3
[a, b] = 23 · 34 · 5 · 7.
EJERCICIOS 1.5
1. Demuestre, de manera análoga a la prueba del Teorema 1.5.3, que todo
entero mayor a 1 es divisible entre un número primo.
2. Demuestre que hay una infinidad de primos.
3. Termine la prueba del Teorema 1.5.5.
4. Encuentre, a1 , a2 , a3 números naturales tales que no cumplan la identidad
a1 a2 a3 = (a1 , a2 , a3 )[a1 , a2 , a3 ].
1.6. CONGRUENCIAS
1.6.
23
Congruencias
Como ya se mencionó la divisibilidad determina naturalmente relaciones de
equivalencia en Z y por ende los importantes anillos Zm .
Definición 10. Se dice que a, b ∈ Z son congruentes módulo m, m ∈ Z fijo,
si
a − b = km, para alguna k ∈ Z,
se escribe a ≡ b mód m.
Obsérvese que esta relación es precisamente la relación de equivalencia
que define los anillos Zm , i.e. los elementos de Zm son las clases de equivalencia que consisten de todos los números en Z que son congruentes entre
sı́ módulo m.
Por ejemplo, si m = 2 todos los pares son congruentes entre sı́, ya que
2m ≡ 2n mód 2 ∀ m, n ∈ Z,
y también los impares entre sı́
2m + 1 ≡ 2n + 1
mód 2 ∀ m, n ∈ Z,
y en Z2 , un par y un impar nunca son congruentes: si
2n + 1 ≡ 2m mód 2
⇒ 2 | 2(n + 1) − 2m y 2 | 2(n − m) + 1,
y se tendrı́a que 2 | 1, lo cual es absurdo. Tomando m = 7 podemos verificar
que los números 7k + 4, k ∈ Z, son todos congruentes entre sı́
7k1 + 4 ≡ 7k2 + 4
mód 7
⇔ 7 | 7(k1 − k2 ).
Sin embargo, ningún número de la forma 7k + 3, k ∈ Z es congruente con
7t + 6, t ∈ Z. Si
7k + 3 ≡ 7t + 6 mód 7
⇒ 7 | 7(k − t) + 6 − 3 y 7 | 6,
lo cual es imposible.
Recordamos la relación de equivalencia en Z definida en el primer curso
(cf. [4], capı́tulo 6). Dada m ∈ N fija, a, b ∈ Z son tales que a ∼ b si
a − b = km. En otras palabras, a ∼ b si
a ≡ b mód m.
En consecuencia, las congruencias cumplen las propiedades que definen una
relación de equivalencia, es decir,
24
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
i) a ≡ a mód m,
∀ a ∈ Z,
ii) si a ≡ b mód m,
b ≡ a mód m,
iii) si a ≡ c mód m y b ≡ c mód m, entonces
a ≡ c mód m.
Las congruencias son también compatibles con las operaciones.
Proposición 1.6.1. ∀ a, b, c ∈ Z se tiene:
i) Si a ≡ b mód m, entonces a + c ≡ b + c mód m.
ii) Si a ≡ b mód m, entonces ac ≡ bc mód m.
Demostración.
i) Si m | a − b m | (a + c) − b + c
ii) Si m | a − b m | ca − cb.
Para comprender mejor la relación de las congruencias con los anillos Zm
es útil observar que todo entero es congruente módulo m con exactamente
uno de los números 0, 1, 2, 3, . . . , m−1. Como caso particular, Z5 , todo entero
es congruente módulo 5 con 0, 1, 2, 3, o 4.
Obsérvese que si p es un natural primo y ab ≡ 0 mód p, entonces
a≡0
mód p o b ≡ 0
mód p,
ya que si p | a entonces a ≡ 0 mód p, y si p - a, p | b, etcétera.
Ciertamente si
ab ≡ 0 mód m,
no necesariamente a ≡ 0 o b ≡ 0 mód m, por ejemplo, 3 · 4 ≡ 0 mód 6,
pero 3 6≡ 0 mód 6 y 4 6≡ 0 mód 6, o 5 · 4 ≡ 0 mód 10, pero 5 6≡ 0 mód 10,
y 4 6≡ 0 mód 10, o 9 · 2 ≡ 0 mód 18, pero 9 6≡ 0 mód 18 y 2 6≡ 0 mód 18.
Las congruencias se pueden sumar y multiplicar.
Proposición 1.6.2. Si a ≡ b mód m y c ≡ d mód m, entonces
i) a + c ≡ b + d mód m.
ii) ac ≡ bd mód m.
Demostración.
i) m | a − b y m | c − d ⇒ m | a + c − (b + d).
ii) Como m | ac − bc y m | bc − bd, se sigue que m | ac − bd.
1.6. CONGRUENCIAS
25
Obsérvese que si a ≡ b mód m, entonces a = b + km, k ∈ Z. Por lo
que, tomando un representante en cada clase, y sumándole múltiplos de m,
se obtienen todos los elementos que son congruentes entre si.
Resolvemos ahora ecuaciones de congruencias con una incógnita. Consideramos primero un ejemplo
25x − 16 ≡ 0
mód 21.
La solución de esta ecuación se puede encontrar interpretándola como
una ecuación diofantina
25x − 16 = 21y,
i.e.,
25x − 21y = 16.
25 = −21(−1) + 4
−21 = 4(−6) + 3
4 = 3·1+1
∴
En consecuencia
1 =
=
=
=
4−3
4 − (−21 + 4 · 6)
21 · 1 − 4 · 5
21 − 5(25 − 21)
1 = 25(−5) − 21(−6).
16 = 25(−80) − 21(entero)
y -80 es una solución particular de la congruencia 25x ≡ 16 mód 21.
A esta congruencia le podemos asociar su congruencia homogénea
25x ≡ 0
mód 21,
cuyas soluciones son x = 21t, t ∈ Z, (ya que las soluciones de 25x − 21y = 0
son x = 21t, y = −25t, t ∈ Z).
Las Proposiciones 1.6.3 y 1.6.4 prueban que todas las soluciones son
x = −80 + 21t,
en particular 4 es solución, 25 · 4 ≡ 16 mód 21.
En general, la ecuación
ax + b ≡ 0
mód m,
(m, a) = 1 siempre tiene solución, ya que en este caso existen r, t, ∈ Z tales
que rm + ta = 1, por lo que
m(entero) + (−b)ta = −b
y
a(−bt) + b ≡ 0
Esta observación se puede generalizar.
mód m.
26
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Proposición 1.6.3. La congruencia ax + b ≡ 0 mód m tiene solución si
y sólo si (a, m) | b.
Demostración. Existe una solución ⇔ ∃ x, y ∈ Z tales que ym = ax+b ⇔
ax − ym = −b. Si (a, m) | −b dicha solución existe (cf. Teorema 1.4.5).
Proposición 1.6.4. Sea x1 una solución de
ax + b ≡ 0
mód m,
(a, m) = 1.
(1.4)
Entonces,
i) si x1 ≡ x2 mód m, se sigue que x2 también es solución,
ii) si x2 es solución de (1.4)
x2 ≡ x1
mód m.
Demostración.
i) La condición x1 − x2 = km, se puede escribir
x2 = x1 − km,
por lo que
ax2 + b = a(x1 − km) + b = ax1 + b − akm,
y como
m | ax1 + b,
m | −akm,
se sigue que
m | ax2 + b.
ii) Si m | ax1 + b y m | ax2 + b, entonces
m | a(x1 − x2 ),
y dado que (a, m) = 1
m | x1 − x2 .
Obsérvese que la condición (a, m) = 1 sólo se usa en ii). Si (a, m) > 1, ii)
no se cumple, en general. Por ejemplo, si
4x − 4 ≡ 0
mód 6,
se tiene que x = 1 y x = −2 son soluciones pero 1 6≡ −2 mód 6. Generalizamos ahora la discusión a un sistema de 2 congruencias.
1.6. CONGRUENCIAS
27
Teorema 1.6.5. (Teorema chino del residuo) Sean (m, n) = 1, entonces las
congruencias
x ≡ a mód m
(1.5)
x ≡ b mód n
tienen una solución común.
Demostración. Como (1, m) | a la 1a congruencia tiene una solución
particular r1 y por la Proposición 1.6.4 cualquier otra solución es de la forma
r1 + km,
k ∈ Z.
Ahora, r1 + km ≡ b mód n tiene solución, ya que (m, n) = 1. Esta congruencia es equivalente a km ≡ b − r1 mód n. Por lo que existe k1 ∈ Z, tal
que
r1 + k1 m es solución de (1.5).
Podemos también encontrar todas las soluciones.
Corolario 1.6.6. Sean x1 , x2 soluciones de (1.5), entonces
x1 ≡ x2
mód mn.
Más aún, si x1 es una solución particular de (1.5) y x2 ≡ x1 mód mn,
entonces x2 es una solución de (1.5), en particular existe una solución t de
(1.5) tal que
0 6 t < mn.
Demostración. Si x1 ≡ a mód m y x2 ≡ a mód m, entonces se cumple
que x1 ≡ x2 mód m, análogamente x1 ≡ x2 mód n, y por lo tanto
m | x 1 − x2
y n | x1 − x2 ,
como (m, n) = 1
mn | x1 − x2
(Proposición 1.3.6).
La 2a afirmación es consecuencia inmediata de la Proposición 1.6.4.
Obsérvese que el Corolario 1.6.6 exhibe todas las soluciones del sistema
(1.5). Este sistema se puede generalizar.
28
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
Teorema 1.6.7. (Teorema chino generalizado) Sean m1 , m2 , . . . , mk primos
relativos entre sı́ (dos a dos), entonces el sistema de congruencias


x ≡ a1 mód m1


 x ≡ a2 mód m2
(1.6)
..

.


 x ≡ a mód m
k
k
tiene solución. Más aún, si x1 es solución de (1.6) y x1 ≡ x2 mód m1 m2 · · · mk ,
entonces x2 es solución, y viceversa si x2 es solución de (1.6)
x2 ≡ x1
mód m1 m2 · · · mk .
Demostración. Demostramos la primera parte, la 2a se prueba usando los
mismos argumentos que en el Corolario 1.6.6.
x ≡ a1 mód m1 tiene como soluciones r1 + k1 m, k1 ∈ Z, donde r1 es una
solución particular, ya que (m1 , 1) = 1.
Ahora, la congruencia
r1 + k1 m1 ≡ a2
mód m2
tiene solución, ya que (m1 , m2 ) = 1,
∴
existe r2 = r1 + k1 m1
que es solución común a las primeras 2 congruencias y todas las soluciones
son de la forma
{r2 + k2 m1 m2 }, k2 ∈ Z.
Ahora buscamos k2 ∈ Z tal que
r2 + k2 m1 m2 ≡ a3
mód m3 ,
como (m1 m2 , m3 ) = 1, existe k2 ∈ Z tal que
r3 = r2 + k2 m1 m2
es solución de las primeras 3 congruencias, etcétera.
El siguiente resultado establece un método para encontrar una solución
particular del sistema (1.6), y por ende resolverlo.
Teorema 1.6.8. Dado un sistema de k congruencias como en (1.6), se tiene
que si ∀i ∈ {1, 2, . . . , k}, bi = N/mi , donde N = m1 m2 · · · mk , y se toman
enteros ci tales que cumplen la congruencia bi ci ≡ 1 mód mi , se sigue que
x 0 = a1 b 1 c 1 + a2 b 2 c 2 + · · · + ak b k c k
es una solución particular.
1.6. CONGRUENCIAS
29
Demostración. Se toma i fija, 1 ≤ i ≤ k. Nótese que si j 6= i, se tiene que
mi |bj , y por lo tanto
aj b j c j ≡ 0
mód mi ∀j j 6= i.
A su vez esta última congruencia implica que x0 ≡ ai bi ci mód mi .
Finalmente, como bi ci ≡ 1 mód mi se tiene que ai bi ci ≡ ai mód mi , y
entonces x0 ≡ ai mód mi .
Ejemplos
1) Se resuelve la congruencia 16x − 9 ≡ 0 mód 35. Esta ecuación equivale a
la ecuación diofantina
16x − 35y = 9,
para encontrar una solución particular, se escribe
35 = 16 · 2 + 3
16 = 3 · 5 + 1
1 = 16 − 3 · 5
= 16 − 5(35 − 16 · 2)
= (−35)5 + 11 · 16,
y se obtiene
9 = (−35)(45) + 99(16)
y 99 es una solución particular. Todas las soluciones son de la forma
{99 + t(35)},
t ∈ Z,
{−6 + t(35)},
t ∈ Z.
o
2)

 x ≡ −2 mód 3
x ≡ −1 mód 5

x ≡ 3 mód 7.
(1.7)
Como (3, 5, 7) = 1 hay soluciones. Una manera de encontrarlas es aplicar el
Teorema 1.6.8 para encontrar una solución particular y por ende resolver el
sistema. Sin embargo, es conveniente conocer otras técnicas de solución.
Las soluciones de la primera congruencia están dadas por
1 + 3k1 ,
k1 ∈ Z.
Ahora, las soluciones de la congruencia 1 + 3k1 ≡ −1 mód 5 son las
misma que las de la congruencia
30
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
3k1 ≡ −2
mód 5.
(1.8)
Se podrı́a resolver esta congruencia como una ecuación diofantina, o directamente evaluando en los primeros dı́gitos. Sin embargo, la aplicación de
algunos trucos permite resolver este tipo de ecuaciones de manera más rápida.
Nótese que (1.8) se cumple si y sólo si
6k1 ≡ −4
mód 5,
(1.9)
y como 5k1 ≡ 0 mód 5 se tiene que (1.9) se cumple ⇐⇒ k1 ≡ −4 mód 5.
Por lo que tomando k1 = 1, se sigue que todas las soluciones de las primeras
dos congruencias en (1.7) están dadas por
k2 ∈ Z.
4 + 15k2 ,
Finalmente, las soluciones de 4 + 15k2 ≡ 3 mód 7, son aquéllas de la
congruencia
15k2 ≡ −1
mód 7.
(1.10)
Como 14k2 ≡ 0 mód 7, la ecuación (1.10) se cumple ⇐⇒ k2 ≡ −1 mód 7.
Tomando k2 = 6, se sigue que 94 es solución particular de (1.7), y también
lo es −11. Por consiguiente, todas las soluciones de (1.7) están dadas por
−11 + t(3 · 5 · 7),
t ∈ Z.
Al usar trucos para resolver congruencias hay que tener en cuenta que no
todas las simplificaciones son válidas. Por ejemplo, si se quiere resolver
7x ≡ 6
mód 30.
(1.11)
Multiplicando por 4 esta congruencia, se tiene 28x ≡ 24 mód 30, y escribiendo 30x ≡ 0 mód 30, se puede restar la 1a congruencia de esta última y
se obtiene 2x ≡ −24 mód 30, o x ≡ −12 mód 15. Ahora, 3 es solución de
esta última congruencia, sin embargo no es solución de (1.11).
3) Se resuelve, ∀ n ∈ Z, n 6= 0, 1, la congruencia
(3n − 2)x + 5n ≡ 0
mód 9n − 9.
Probamos primero que (3n − 2, 9n − 9) = 1, ∀ n ∈ Z.
9n − 9 = (3n − 2)3 − 3,
1.6. CONGRUENCIAS
31
sin embargo −3 < 0, podemos multiplicar todo por -1, y
−(9n − 9) = (−3)(3n − 2) + 3
3n − 2 = 3(n − 1) + 1.
Por consiguiente
∴
1 = 3n − 2 − 3(n − 1)
= 3n − 2 − (n − 1)[−(9n − 9) + 3(3n − 2)]
= −(n − 1)[−(9n − 9)] + (3n − 2)[1 − 3(n − 1)]
1 = (3n − 2)(−3n + 4) + (n − 1)(9n − 9),
y multiplicando por −5n
−5n = (15n2 − 20n)(3n − 2) + (9n − 9)(entero),
i.e.,
15n2 − 20n es una solución particular
y todas son
{15n2 − 20n + t(9n − 9)},
t ∈ Z.
EJERCICIOS 1.6
1. Demuestre que si ac ≡ bc mód m y (m, c) = 1, entonces a ≡ c mód m
(Ley de la cancelación). Muestre también que si (m, c) > 1, esta afirmación
no se cumple.
2. Sea m ∈ N fija, a, b ∈ Z tales que
a = mq1 + r1
b = mq2 + r2
0 6 r1 < m,
0 6 r2 < m.
Entonces a ≡ b mód m ⇐⇒ r1 = r2 .
3. Resuelva los siguientes sistemas de dos maneras:
Teorema 1.6.8.




x ≡ 5 mód 2
x ≡ 9
a) x ≡ 2 mód 3
b) x ≡ 1




x ≡ 3 mód 7
x≡2
sin usar (y usando) el
mód 5
mód 11
mód 7.
32
CAPÍTULO 1. DIVISIBILIDAD
1.7.
Los campos Zp
Usando las propiedades de los primos es fácil ahora probar que si p es un
primo Zp es un campo.
Lema 1.7.1. Si p es un primo, entonces Zp es un dominio entero.
Demostración. Si a b = 0 en Zp , donde 0 < a 6 p y 0 < b 6 p.
Entonces, ab ≡ 0 mód p i.e., p | ab y necesariamente
a = 1 y b = p (o viceversa)
i.e.,
b = 0 y Zp es un dominio entero ya que no hay divisores de 0.
Teorema 1.7.2. Zp es un campo.
Demostración. Sea 1 6 k < p, fijo y considérese la colección {t k} en Zp ,
donde t toma los valores 1, 2, 3, . . . , p − 1.
Se afirma que todos estos valores representan números distintos en Zp :
si
t1 k = t2 k en Zp
entonces
t1 k ≡ t2 k
mód p,
y
p | (t1 − t2 )k,
i.e., p | t1 − t2 (ya que (k, p) = 1.) Por lo cual t1 = t2 . En particular, la
afirmación implica que ∃ t tal que t k = 1 y todo número tiene un inverso
multiplicativo.
Capı́tulo 2
El campo de los números reales
2.1.
Los números racionales
Se construyen los racionales a partir de los enteros, se define una relación de
equivalencia en
Z × Z − {0} = { (a, b) | a ∈ Z, b ∈ Z, b 6= 0 },
(a, b) ∼ (a0 , b0 ) si ab0 = ba0 .
(2.1)
Por ejemplo (4, 6) ∼ (2, 3), ya que 4 · 3 = 6 · 2.
Proposición 2.1.1. La relación definida por (2.1) es de equivalencia.
Demostración. Como ab = ba, ∼ es reflexiva, y como ab0 = ba0 ⇔
a0 b = b0 a, ∼ es simétrica. Finalmente si (a, b) ∼ (a0 , b0 ) y (a0 , b0 ) ∼ (a00 , b00 ),
entonces ab0 = ba0 y a0 b00 = b0 a00 por lo que ab0 b00 = ba0 b00 y a0 b00 b = b0 a00 b, i.e.
ab0 b00 = b0 a00 b,
y como b0 6= 0 ab00 = ba00 , i.e. (a, b) ∼ (a00 , b00 ) y ∼ es transitiva.
Provisionalmente denotaremos por
a
b
0
a la clase de equivalencia de (a, b), obsérvese que ab = ab0 si y sólo si ab0 = ba0 ,
en particular
a
ar
= , r 6= 0 (abr = bar).
b
br
33
34
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Definición 11. Al conjunto de clases de equivalencia en Z × Z − {0},
a
= { (x, y) ∈ Z × Z − {0} | ay = bx }
b
se les llama números racionales y se les denota por Q.
Para simplificar la notación se escribe ab por ab , obsérvese que con esta
notación un mismo número se puede escribir de distintas maneras
2
4
6
= = , etcétera.
3
6
9
El siguiente paso es definir la suma y el producto en Q.
Lema 2.1.2. Si
a
b
=
a0
, dc
b0
=
c0
,
d0
entonces
ad + bc
a0 d 0 + b 0 c 0
=
.
bd
b0 d0
Demostración. Por hipótesis ab0 = ba0 , cd0 = c0 d. Por lo que usando éstas
relaciones se tiene
(ad + bc)(b0 d0 ) = ab0 dd0 + cd0 bb0
= ba0 dd0 + c0 dbb0 = bd(a0 d0 + b0 c0 ).
Se define la suma de dos racionales como sigue
ad + bc
a c
+ =
,
b d
bd
se sigue del Lema 2.1.2 que esta operación está bien definida.
También se define el producto
ac
a c
· = ,
b d
bd
esta operación también está bien definida: si
a
a0
= 0
b
b
entonces
ya que acb0 d0 = a0 c0 bd.
Nótese que ad + db =
y
c
c0
= 0,
d
d
a0 c 0
ac
= 0 0,
bd
bd
a+b
d
(ejercicio).
2.1. LOS NÚMEROS RACIONALES
35
Teorema 2.1.3. Los racionales son un campo.
Demostración. Algunas propiedades se siguen fácilmente
a 0
a·1+b·0
a
+
=
= ,
b 1
b·1
b
a −a
0
+
= 2 (obsérvese que ∀ b 6= 0
b
b
b
a c
ad + bc
cb + da
c a
+
=
=
= + ,
b d
bd
db
d b
si
a
b
es distinto de
0
b
0
0
= ),
b
1
i.e. a 6= 0,
ab
ab
1
=
= ,
ba
ba
1
al racional ab se le denota por ( ab )−1 y se le llama el inverso multiplicativo.
La asociatividad y la conmutatividad del producto son triviales. La asociatividad de la suma y la distributividad se prueban también fácilmente
(ejercicio).
Ahora estudiaremos el orden en Q. Caracterizamos primero a los racionales positivos.
Lema 2.1.4. Si
a
b
=
a0
,
b0
entonces
ab ∈ N ⇐⇒ a0 b0 ∈ N.
Demostración. Se tiene ab0 = ba0 , y por lo tanto ab0 bb0 = ba0 bb0 , i.e.
ab(b0 )2 = a0 b0 b2 , y por lo tanto
ab ∈ N ⇔ ab(b0 )2 ∈ N ⇔ a0 b0 b2 ∈ N ⇔ a0 b0 ∈ Z,
puesto que tm2 ∈ N ⇒ t ∈ N (si t ∈
/ N y t 6= 0, −t ∈ N, por lo que
2
2
−tm ∈ N, lo cual contradice tm ∈ N).
Definición 12. Los racionales positivos denotados por Q+ son aquellos de
la forma ab , donde ab ∈ N.
El lema anterior muestra que esta definición es correcta ya que no depende del representante. Denotaremos al racional −a
como − ab , obsérvese que
b
−a
a
= −b .
b
36
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Proposición 2.1.5 (Tricotomı́a). ∀
siguientes afirmaciones:
i)
a
b
∈ Q+ ,
ii)
a
b
= 01 ,
a
b
∈ Q se cumple una y sólo una de las
iii) − ab ∈ Q+ .
Demostración. Si ab ∈
/ N, ab = 0 o −(ab) ∈ N, en el primer caso a = 0 y
se cumple ii), en el segundo (−a)b ∈ N y − ab ∈ Q+ .
Proposición 2.1.6. Sumas y productos de racionales positivos son positivos.
Demostración. Obsérvese que si ab ∈ Q+ , entonces a, b ∈ N o −a, −b ∈ N,
ya que si por ejemplo a > 0 y b < 0, entonces ab < 0. Por lo tanto podemos
y se cumple la
suponer a, b > 0, si a, b < 0 podemos reemplazar ab por −a
−b
aseveración.
Bajo estas hipótesis como
a c
ad + bc
+ =
b d
bd
ac
ac
= ,
bd
bd
y
y se puede suponer a, b, c, d ∈ N, el resultado se sigue de manera inmediata
de los axiomas de los naturales.
Podemos definir ahora un orden en Q.
Definición 13. Sean ab , dc ∈ Q, se dice que
a
b
es mayor que dc , se escribe
c
a
> ,
b
d
si
a
b
+ (− dc ) ∈ Q+ .
Obsérvese que
a
b
∈ Q+ ⇔
a
b
> 01 , esto se sigue ya que ab + −0
=
1
Proposición 2.1.7 (Tricotomı́a). Dados
una de las siguientes afirmaciones:
i)
a
b
> dc ,
ii)
a
b
= dc ,
iii)
a
b
< dc .
a
b
y
c
d
a·1−0·b
b·1
= ab .
∈ Q se cumple una y sólo
2.1. LOS NÚMEROS RACIONALES
37
Demostración. Se sigue de la Proposición 2.1.5 que
a c 0
a c
+ −
∈ Q+
o
+ −
=
b
d
b
d
1
a c o −
+ −
∈ Q+ .
b
d
Evidentemente las primeras 2 condiciones corresponden a i) y ii), y como
−
c −a c
+ −
=
+
b
d
b
d
a
se sigue el resultad. Esto último se sigue ya que en Z vale la ley de la cancelación de la suma y el inverso aditivo es único:
+ ( ab + dc ) = −a
+ ( ab + fe ) y dc = fe , ∴
Si ab + dc = ab + fe = 0, entonces −a
b
b
a
+ fe = ab + ( −a
) = 0 ⇒ fe = −a
.
b
b
b
Esta relación de orden también es transitiva:
Si
a
b
>
c
d
y
c
d
> fe , entonces
a
b
>
a c
− ∈ Q+
b d
por lo que
e
f
:
y
c
e
− ∈ Q+ ,
d f
a e
− ∈ Q+ .
b f
Proposición 2.1.8.
i) Si
a
b
>
a0
b0
y
c
d
>
c0
,
d0
entonces
a c
a0 c 0
+ > 0 + 0.
b d
b
d
ii) Si
iii) Si
a
b
>
a
b
>
a0
,
b0
entonces
a0
b0
y
a c
a0 c
+ > 0 + .
b d
b
d
c
d
> 01 , entonces
ac
a0 c
> 0 .
bd
bc
38
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Demostración. La propiedad i) se sigue directamente de la Proposición
2.1.6 y la ii) se prueba de manera inmediata. Para probar iii), se tiene
a a0
− 0 ∈ Q+
b
b
por lo que
a a0
− 0
b
b
y
c
∈ Q+ ,
d
c
∈ Q+ , i.e.
d
a c a0 c >
.
b
d
b0
d
Obsérvese que ab > dc ⇔ − dc > − ab , esto se sigue ya que ab − dc ∈ Q+ ⇔
− dc − (− ab ) ∈ Q+ , (−( −a
) = −(−a)
= ab ).
b
b
Observamos ahora que los enteros están naturalmente incluidos en los
racionales, para eso se define
a
i : Z −→ Q como i(a) = ,
1
i es inyectiva ya que si i(a) = i(b), se tiene
b
a
=
⇔ a = b,
1
1
se conviene en denotar a la imagen de i por Z, y al racional
por a.
La inclusión i también preserva las operaciones:
a
1
simplemente
a b
a+b
+ =
= i(a + b),
1 1
1
ab
a b
= i(ab).
i(a)i(b) = · =
1 1
1
i(a) + i(b) =
Para probar las propiedades de los reales es útil considerar el siguiente
subconjunto de los racionales.
Definición 14. Sea D el subconjunto de Q, definido por los números de la
forma
a
, a ∈ Z.
10n
2.1. LOS NÚMEROS RACIONALES
39
En representación decimal se puede expresar escribiendo a con un punto
a n lugares del extremo derecho, por ejemplo
325
= 3.25,
100
4
= .0004,
10000
también se denota 101n por 10−n .
No todos los racionales están en D, por ejemplo 13 =.333 . . . (este hecho
se mostrará de manera formal posteriormente).
Sin embargo sumas y productos de números de D son números en D :
a
b
a · 10m + b · 10n
a · 10m + b · 10n
+
=
=
∈ D,
10n 10m
10n · 10m
10m+n
b
ab
a
· m = m+n ∈ D.
n
10 10
10
En expresión decimal los elementos de D+ = D ∩ Q+ se representan
como
A.a1 a2 . . . an ,
donde A ∈ N ∪ {0} y ai son dı́gitos en {0, 1, . . . , 9} (n tan grande como se
quiera). Los de D− = D ∩ Q− como
−A.a1 a2 . . . an ,
por ejemplo,
−325
100
se puede escribir como
−.325 o
− .3250.
Proposición 2.1.9. Si x, y ∈ D+ ,
x = A.a1 a2 . . . an ,
y = B.b1 b2 . . . bn ,
entonces x > y si se cumple una de las 2 siguientes condiciones:
a) A > B,
b) A = B,
a i = bi
si
i < k y ak > bk .
Demostración.
x=
Aa1 a2 . . . an
10n
y=
Bb1 b2 . . . bn
,
10n
40
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
x>y ⇔
Aa1 a2 . . . an Bb1 b2 . . . bn
−
∈ Q+
10n
10n
⇔
Aa1 a2 . . . an − Bb1 b2 . . . bn
∈ Q+
n
10
⇔ Aa1 a2 . . . an > Bb1 b2 . . . bn ,
y esta condición se cumple si a) o b) se cumplen.
Obsérvese que las reglas de los signos son válidas en Q, por ejemplo
a −c a(−c)
a c (−a)c
−a
c
=
=
=
=−
, etcétera.
b
d
bd
bd
b
d
b
d
Usando la expresión decimal en D esto se escribe, por ejemplo,
(−A.a1 a2 . . . an )(−B.b1 b2 . . . bn ) = (A.a1 a2 . . . an )(B.b1 b2 . . . bn ).
EJERCICIOS 2.1
1. Demuestre que
a b
a+b
+ =
.
d d
d
2. Demuestre la asociatividad de la suma y la distributividad de los números
racionales.
3. Pruebe que si
entonces
2.2.
a0
0
a
> 0 >
b
b
1
y
c
c0
0
> 0 > ,
d
d
1
ac
a0 c 0
> 0 0.
bd
b d
Los números reales, orden
Definición 15. Los números reales no negativos son expresiones decimales
infinitas de la forma
A.a1 a2 a3 . . . ,
donde A ∈ N ∪ {0} y aj ∈ {0, 1, . . . , 9}, los puntos suspensivos indican que
hay un número infinito de aj , y se supone que ∀ n ∈ N, ∃ m > n tal que
am 6= 9 (es decir no hay cotas infinitas de nueves).
2.2. LOS NÚMEROS REALES, ORDEN
41
Excluyendo el 0.000 . . . se obtiene los reales positivos denotados por R+ ,
los reales negativos son los reales positivos con un signo - antepuesto y se
denotan por R− .
Definición 16. Los números reales consisten de los números del conjunto
R+ ∪ R− ∪ {0}.
Obsérvese que D se puede identificar con los reales con una cola infinita
de ceros, por ejemplo,
325
= 3.25000 . . . .
100
Nótese también que Z ⊂ D ⊂ R.
Definición 17. Un orden total en un conjunto S es una relación en S,
denotada por >, que cumple las siguientes 2 condiciones:
a) ∀ r, s, t ∈ S tales que r > s y s > t se tiene r > t (transitividad),
b) ∀ r, s, t ∈ S se cumple una y sólo una de las siguientes afirmaciones:
r < s,
r=s
o
r > s (tricotomı́a).
Se extiende el orden en D a un orden en R de la siguiente manera:
1) 0 > x
∀ x ∈ R− ,
2) x > y
∀ x ∈ R+ , y ∈ R−
3) x > 0
∀ x ∈ R+
4) Dados 2 reales positivos
x = A.a1 a2 a3 · · · ,
y = B.b1 b2 b3 · · · ,
x > y si se cumple alguna de las siguientes condiciones
a) A > B,
b) A = B, ai = bi ∀ i < n y an > bn .
5) Si x ∈ R+ , y ∈ R+ , entonces
x > y ⇐⇒ −y > −x.
42
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Proposición 2.2.1. El orden definido en R es un orden total.
Demostración. Transitividad: si x > y y y > z, se tiene x > z :
Si x ∈ R+ y z = 0 o z ∈ R− (por definición). También, si x = 0 y z ∈ R− .
Por lo que basta probarlo cuando x, y, z ∈ R+ o x, y, z ∈ R− . En el primer
caso, si
x = A.a1 a2 · · ·
y = B.b1 b2 · · ·
z = C.c1 c2 · · · ,
se tiene A > B > C, si A > C se sigue el resultado, por otra parte si
A = B = C, se tiene ai = bi ∀ i < n y an > bn .
Finalmente, como y > z se tiene que
cj < bj = aj para alguna j 6 n y ci = bi ∀ i < j,
∴ x > z,
o
c j = bj
∀ j < n y an > bn = cn y x > z.
El caso x, y, z ∈ R− se deduce del anterior x < y, y < z
⇒ −x > −y,
−y > −z
−x > −z
y x < z.
∴
Tricotomı́a: si x, y no están ambos en R+ (o en R− ), el resultado se sigue
de manera inmediata por 1), 2) y 3). También si x, y ∈ R+ , el resultado se
sigue de 4) y si x, y ∈ R− , éste se sigue de 5).
Por ejemplo 0 > −.002, 1 > .99872, −2.3 > −2.8. Obsérvese que se
sigue de la Proposición 2.1.9 que el orden definido en D como subconjunto
de Q es el mismo que aquel definido como subconjunto de R. El siguiente
resultado establece que el subconjunto D es denso en R.
Teorema 2.2.2. ∀ α, β ∈ R tal que α < β, existe c ∈ D tal que α < c < β.
Demostración.
Caso 1: 0 6 α < β. Sean
α = A.a1 a2 · · · ,
β = B.b1 b2 · · · .
Si A < B sea an tal que an 6= 9 y a∗n = an + 1, tomando
c = A.a1 a2 . . . a∗n ,
2.2. LOS NÚMEROS REALES, ORDEN
43
se tiene
α < c < β.
Si A = B sea n tal que ai = bi si i < n y an < bn , tomando m > n tal que
am 6= 9, a∗m = am + 1 y
c = A.a1 a2 · · · am−1 a∗m ,
se tiene c ∈ D y α < c < β.
Caso 2: α < β 6 0.
Entonces −α > −β > 0 y existe c ∈ D tal que −α > c > −β,
∴
α < −c < β.
Caso 3: α < 0 < β, tomando c = 0 se sigue el resultado.
Teorema 2.2.3. ∀ α ∈ R y ∀ n ∈ N, existe a ∈ D tal que a < α < a + 10−n ,
si α > 0 se puede tomar a > 0.
Demostración.
Caso 1: α 6∈ D.
Si α > 0, α = A.a1 a2 · · · , tomando a = A.a1 a2 · · · an , se tiene
a < α < a + 10−n =
1
Aa1 a2 · · · an
+ n,
n
10
10
la primera desigualdad se sigue ya que existe am 6= 0, m > n (puesto que
α 6∈ D), la 2a desigualdad se sigue ya que la expansión decimal de a + 10−n
es “mayor” que la de
A.a1 a2 · · · an (se le está sumando 1 en el lugar n-ésimo).
Si α < 0, α = −A.a1 a2 · · · , tomando a = A.a1 a2 · · · an ,
a < −α < a + 10−n ,
como en el caso positivo, y se tiene
−(a + 10−n ) < α < −a = (−a + 10−n ) + 10−n .
Caso 2: α ∈ D.
Se prueba primero α > 0. El método anterior no funciona, por ejemplo,
si n = 1 y α = .4, .4 < .4 + .1, pero .4 no es menor que .4, sin embargo
.39 < .4 < .39+.1 = .49 lo cumple.
44
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Para el caso general sea a = α − 10−(n+k) ∈ D tal que a > 0, k > 1 (esto
se puede ya que α > 10−t para t suficientemente grande). Por lo cual
a = α − 10−(n+k) < α < α + 10−(n+k) = a + 2 · 10−(n+k) < a + 10−n ,
puesto que 10−(n+k) < 10−(n+1) , ya que k > 1, y
sigue como en el Caso 1.
Finalmente, si α = 0, tomando a = −10−(n+1)
2
10
< 1. El caso α < 0 se
−10−(n+1) < 0 < −10−(n+1) + 10−n ,
ya que 10−(n+1) < 10−n .
2.3.
Cotas y fronteras
Definición 18. Sea S ⊂ R, se dice que α ∈ R es una cota superior (o
inferior) de S si α > x (o α 6 x) ∀ x ∈ S.
Definición 19. Sea S ⊂ R, se dice que S está acotado superiormente (o
inferiormente) si existe alguna α ∈ R tal que α es cota superior (o inferior).
Definición 20. Sea S ⊂ R, se dice que α es el supremo de S si
1. α es cota superior de S,
2. si β es cota superior de S, entonces α 6 β, se escribe sup S = α.
Nótese que el supremo es la menor de las cotas superiores. Además el
supremo es único (ejercicio).
Definición 21. Sea S ⊆ R, se dice que α es el ı́nfimo de S si
i) α 6 x, ∀ x ∈ S,
ii) dada β cota inferior de S, β 6 α.
Se escribe inf S, y es la mayor de las cotas inferiores. También el ı́nfimo
es único (ejercicio).
Teorema 2.3.1. Sea S ⊆ R acotado superiormente (o inferiormente), entonces S tiene un supremo (o un ı́nfimo).
2.3. COTAS Y FRONTERAS
45
Demostración.
Caso 1: Si S ∩ R+ 6= ∅ y S está acotado superiormente, entonces S tiene
un supremo.
Prueba. Sea C el conjunto de todas las cotas superiores de S, obsérvese
que C 6= ∅ y C ⊆ R+ . Sea
C0 = {m ∈ N ∪ {0} | m es la parte entera de algún elemento de C},
y sea A el menor elemento de C0 . Se define también
C1 = {t ∈ {0, 1, . . . , 9} | A.tx2 x3 · · · ∈ C},
y a1 el menor de los elementos de C1 . Sea
C2 = {t ∈ {0, 1, . . . , 9} | A.a1 tx3 x4 · · · ∈ C},
y a2 el menor elemento de C2 , etcétera.
Se afirma que
α = A.a1 a2 a3 · · ·
es el supremo de S. Probamos primero que α no tiene colas de nueves: si
an = 9, existe γ ∈ Cn
γ = A.a1 a2 · · · an xn+1 xn+2 · · · xn+r · · ·
tal que xn+r 6= 9 (γ ∈ R), y necesariamente existe m > n, m 6 n + r, tal
que am < 9 :
Si an+1 , an+2 , · · · , an+r−1 = 9, entonces
xn+1 , xn+2 , · · · , xn+r−1 = 9 y an+r 6 xn+r < 9.
i) α es cota superior de S : se prueba que dada β ∈ S, α > β. Sea
β = B.b1 b2 · · · ,
como existe A.x1 x2 · · · ∈ C A > B. Si A > B, entonces α > β. Si
A = B, como existe A.a1 x2 · · · ∈ C1 a1 > b1 , si a1 > b1 , α > β. Si
a1 = b1 , se toma A.a1 a2 x3 · · · ∈ C2 y a2 > b2 , etcétera.
Por lo cual existe n tal que an > bn y α > β o ∀ n an = bn y α = β.
ii) α es la menor de las cotas superiores: sea β otra cota superior,
β = B.b1 b2 · · · ,
A 6 B por construcción, si A < B ya está, si A = B, a1 6 b1 (por
construcción), si a1 < b1 terminamos, si a1 = b1 , a2 6 b2 , etcétera.
46
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Caso 2: Se prueba que si S ⊆ R+ , S 6= ∅, S tiene un ı́nfimo.
Prueba. Sea
C0 = {B ∈ N ∪ {0} | B.x1 x2 · · · ∈ S},
y A = mı́n C0 . Se define también
C1 = {t ∈ {0, 1, . . . , 9} | A.tx2 x3 · · · ∈ S},
y a1 = mı́n C1 . El siguiente paso es tomar
C2 = {t ∈ {0, 1, . . . , 9} | A.a1 tx3 x4 · · · ∈ S},
y a2 = mı́n C2 , etcétera.
Se afirma que α = A.a1 a2 a3 · · · = inf S. La prueba es análoga al Caso 1.
i) No hay colas de nueves: dada n, sea γ ∈ S,
γ = A.a1 a2 · · · an xn+1 xn+2 · · · xn+r · · · ,
xn+r 6= 9. Si an+1 , an+2 , . . . , an+r−1 = 9, entonces xn+1 , . . . , xn+r−1 = 9,
y an+r < 9.
ii) α es cota inferior: si
β = B.b1 b2 · · · ∈ S,
A 6 B por definición, si A < B acabamos. Si A = B, a1 6 b1 , si
a1 < b1 ya está, si a1 = b1 , a2 6 b2 , etcétera.
iii) α es la mayor de las cotas inferiores: sea β = B.b1 b2 · · · otra cota
inferior, por definición de C0 , B 6 A, si B < A ya está, si A = B por
definición de C1 , b1 6 a1 , etcétera.
Caso 3: Todo subconjunto S de R, S 6= ∅ y acotado superiormente tiene
supremo.
Prueba. Si S ∩ R+ 6= ∅ es el Caso 1. Si S ∩ R+ = ∅, pero 0 ∈ S, entonces
0=sup S: x 6 0, ∀ x ∈ S y si y < 0, y no es cota superior. Finalmente si
S ∩ R+ 6= ∅ y 0 6∈ S, entonces S ⊂ R− . Sea S 0 el reflejado de S, es decir,
S 0 = {x ∈ R | − x ∈ S}.
Por lo cual S 0 ⊂ R+ y por el Caso 2 existe α =inf S 0 , se afirma que
−α = sup S.
2.4. SUMA Y PRODUCTO EN R
47
Esto se sigue ya que si x ∈ S,
−x ∈ S 0
y α 6 −x.
Por lo tanto, −α > x y −α es cota superior de S. También si y es cota superior
de S, −y es cota inferior de S 0 (y > x ∀ x ∈ S, −y 6 −x ∀ − x ∈ S 0 ).
∴
−y 6 α y y > −α.
Caso 4: Si S ⊂ R, S 6= ∅, S acotado inferiormente, entonces existe inf S.
Prueba. Sea
S 0 = {x ∈ R | − x ∈ S}
el reflejado de S, se tiene que S 0 esta acotado superiormente y como en el
Caso 3, si α = sup S 0 ,
−α = inf S.
EJERCICIOS 2.3
1. Pruebe que el supremo y el ı́nifno son únicos.
2.4.
Suma y producto en R
Los algoritmos de la primaria, que se derivan de nuestras definiciones y la
ley distributiva, permiten sumar y multiplicar números en D (ejercicio).
4.07
+ .02
4.09
×
3.14
.19
2826
314
.5 9 6 6
Sin embargo esto no se aplica a los reales con expansiones infinitas de dı́gitos distintos de cero. Para definir estas operaciones aproximamos los reales
por números en D.
Definición 22. Sean α, β ∈ R,
U = {x ∈ D | x 6 α},
V = {y ∈ D | y 6 β},
y C = {x + y | x ∈ U, y ∈ V },
se define α + β = sup C.
48
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Hay que probar que C está acotado superiormente tomando a ∈ D tal
que a > α y b ∈ D que cumpla b > β (si α = A.a1 a2 · · · , se puede tomar
a = A+1, si α ∈ R− , a = 0 etcétera). Se tiene x < a ∀ x ∈ U y y < b ∀ y ∈ V,
∴
x + y < a + b,
y a + b es una cota superior de C.
Definición 23. Sean α, β ∈ R+ ,
A = {x ∈ D | 0 6 x 6 α},
V = {y ∈ D | 0 6 y 6 β},
y P = {xy | x ∈ A, y ∈ C},
se define αβ = sup P.
De nuevo P está acotado superiormente, ya que si α < a, β < b, se tiene
∀ x ∈ A x < a y ∀ y ∈ B y < b, por lo que xy < ab.
El producto de dos reales arbitrarios se define usando la regla de los
signos, si α, β ∈ R+ ,
(−α)(β) = α(−β) = −(αβ)
(−α)(−β) = αβ
0 · α = 0(−α) = −α · 0 = α · 0 = 0 · 0 = 0.
Obsérvese que estas definiciones extienden la suma y el producto en D. Si
α, β ∈ D, sup C = α + β, ya que evidentemente α + β es una cota superior de
C y también es la menor ya que α + β ∈ C. (La misma situación se cumple
para el producto.)
Lema 2.4.1. Sea α ∈ R tal que
−10−n < α < 10−n
∀ n > 0,
entonces α = 0.
Demostración. Si α es un real no negativo, sea α = A.a1 a2 · · · . Como ∀ n
A.a1 a2 · · · < . 00
. . . 1} 0 · · ·
| {z
n lugares
A = 0 y ai = 0 ∀ i.
Por otra parte si α ∈ R− , α = −A.a1 a2 · · · ,
−10−0 = −1 < α y
− 1 < A,
A = 0, también −.1 < α ∴ −1 < a1 , por lo que a1 = 0, etcétera. Por lo que
α no puede ser un real negativo.
2.4. SUMA Y PRODUCTO EN R
49
Teorema 2.4.2. Sean α, β, α0 , β 0 ∈ R, entonces
i) si α0 < α, β 0 < β, se tiene α0 + β 0 < α + β,
ii) si α0 < α, se tiene α0 + β < α + β,
iii) si α > α0 y β > 0, se tiene αβ > α0 β.
Demostración. i) Sean
A
B
A0
B0
W
W0
=
=
=
=
=
=
{x ∈ D | x 6 α},
{x ∈ D | x 6 β},
{x ∈ D | x 6 α0 },
{x ∈ D | x 6 β 0 },
{x + y | x ∈ A, y ∈ B},
{x + y | x ∈ A0 , y ∈ B 0 },
por lo que α + β =sup W , α0 + β 0 =sup W 0 .
Tomando c1 ∈ D tal que α0 < c1 < α y c01 tal que c1 < c01 < α y
análogamente c2 , c02 ∈ D tales que β 0 < c2 < c02 < β. Se tiene entonces que
x 6 c1 , ∀ x ∈ A0 y y 6 c2 ∀ y ∈ B 0 . Por consiguiente
x + y 6 c01 + c02
∀ x ∈ A0 , y ∈ B 0
y
α0 + β 0 = sup W 0 6 c01 + c02 < c1 + c2 6 sup W = α + β.
ii) La demostración en este caso requiere más cuidado que el anterior ya
que podemos intercalar c, c0 entre α y α0 como en i),
α0 < c0 < c < α,
pero ahora sólo hay una β (Figura 2.1). Se debe elegir b ∈ D, 0 < b < β, en
función de c y c0 .
Existe n ∈ N tal que c − c0 > 101n (por el Lema 2.4.1), y también b ∈ D
tal que
b < β < b + 10−n (Teorema 2.2.3).
Figura 2.1: Demostración de ii)
50
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
∴
α + β > b + c = b + c0 + (c − c0 ) > b + c0 + 10−n > α0 + β
(la 1a desigualdad es por definición, la 2a es la misma desigualdad en D, ya
demostrada para Q, y la última se sigue de la definición de supremo).
Obsérvese que tomar solamente c ∈ D, α0 < c < α y b < β no necesariamente funciona: α + β > c + b, pero c + b no necesariamente es mayor que
α0 + β.
iii) (Este caso es aún más complejo) Consideremos primero el caso α0 > 0,
como en los casos anteriores se toman c, c0 ∈ D tales que α > c > c0 > α0 y
existe m ∈ N tal que c − c0 > 10−m .
Usando el Teorema 2.2.3, ∀ n ∈ N, ∃ bn ∈ D tal que bn < β < bn + 10−n ,
obsérvese que los bn se pueden tomar crecientes, ya que si β 6∈ D, bn consiste
de cortar la expansión de β en el n−ésimo decimal, y si β ∈ D, bn consiste
de restar a β términos de la forma 10−k , y éstos se pueden ir tomando de
manera creciente.
Se sigue de la definición y de la misma propiedad en Q (Proposición 2.1.8)
que ∀ n,
αβ > cbn > (c0 + 10−m )bn ,
y que
c0 (bn + 10−n ) > α0 β,
por lo que basta probar que para n adecuada
(c0 + 10−m )bn > c0 (bn + 10−n ).
Como estos números están en D, basta probar
10−m bn > c0 10−n .
Fijando una k y su respectiva bk , se tiene 10−m bn > 10−m bk ∀ n > k, por
lo que basta probar 10−m bk > c0 10−n . Esto sucede si n es suficientemente
0
grande, ya que entonces 10c n es tan pequeño como se quiera, i.e. menor a
cualquier cantidad positiva.
Los demás casos se siguen fácilmente: si α0 = 0, αβ > 0 = α0 β. Si α0 < 0
y α > 0 α0 β < 0 y αβ > 0 (Reglas de los signos). Para α0 < 0 y
α = 0, α0 β < 0 = αβ. Finalmente, si α0 < 0 y α < 0, −α0 > −α > 0,
∴ −α0 β > −αβ y α0 β < αβ.
Obsérvese que el Teorema 2.4.2, inciso iii) implica que si α > α0 > 0 y
β > β 0 > 0, entonces
αβ > α0 β 0 ,
ya que αβ > α0 β > α0 β 0 .
2.4. SUMA Y PRODUCTO EN R
51
Probamos ahora que los reales son un campo, obsérvese que la definición de suma y producto de reales implica de manera inmediata que éstas
operaciones son conmutativas, por ejemplo,
α + β = sup W = β + α,
W = {x + y | x 6 α, y 6 β, x, y ∈ D}
= {y + x | x 6 α, y 6 β, x, y ∈ D}.
Nótese que ∀ α, β ∈ R se tiene que α < β ⇐⇒ −β < −α : si α, β ∈ R+
esto se sigue de la definición, también si α, β ∈ R− . Los otros casos son
triviales.
Lema 2.4.3. A.a1 a2 · · · + (−A.a1 a2 · · · ) = 0.
Demostración. ∀ n, ∃ an ∈ D tal que
an < A.a1 a2 · · · < an + 10−n ,
lo cual implica que también se tiene
−(an + 10−n ) < −A.a1 a2 · · · < −an .
Usando el Teorema 2.4.2, podemos sumar las desigualdades y tenemos
−10−n < A.a1 a2 · · · + (−A.a1 a2 · · · ) < 10−n ,
∴
Lema 2.4.4. ∀ α ∈ R,
A.a1 a2 · · · + (−A.a1 a2 · · · ) = 0.
α + 0 = α.
Demostración. Para cualquier natural n ∃ an ∈ D tal que
an < α < an + 10−n .
También usando el Teorema 2.4.2
an < α + 0 < an + 10−n
y por lo tanto
−(an + 10−n ) < −(α + 0) < −an .
Finalmente, sumando −10−n < α − (α + 0) < 10−n y
α = α + 0.
52
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Corolario 2.4.5. Si α, β ∈ R, entonces
α > β ⇐⇒ α + (−β) ∈ R+ .
Demostración.
α > β ⇔ α + (−β) > β + (−β) = 0, i.e. α + (−β) ∈ R+ .
Lema 2.4.6. La suma de reales es asociativa.
Demostración. Dados α, β, γ ∈ R, n ∈ N, existen an , bn , cn ∈ D tales que
an < α < an + 10−n ,
bn < β < bn + 10−n ,
cn < γ < cn + 10−n
(Teorema 2.2.3). Se sigue entonces del Teorema 2.4.2 (y la definición) que
an + bn < α + β < an + bn + 2 · 10−n ,
y también
an + bn + cn < (α + β) + γ < an + bn + cn + 3 · 10−n .
(2.2)
Asimismo
an + bn + cn < α + (β + γ) < an + bn + cn + 3 · 10−n ,
lo cual implica que
−an − bn − cn − 3 · 10−n < −[α + (β + γ)] < −an − bn − cn .
Finalmente, sumando (2.2) y (2.3) se obtiene
−3 · 10−n < [(α + β) + γ] − [α + (β + γ)] < 3 · 10−n ,
por lo cual
(α + β) + γ = α + (β + γ)
(en virtud del Lema 2.4.1).
∀ n,
(2.3)
2.4. SUMA Y PRODUCTO EN R
53
El inverso aditivo de un real es único: si α0 , α00 son dos inversos aditivos
de α, se tendrı́a
α0 = α0 + (α + α00 ) = (α0 + α) + α00 = 0 + α00 = α00 ,
denotaremos por −α al inverso aditivo de α.
Se definen las reglas de los signos tomando α, β ∈ R+ , algo más general
es cierto. ∀ α, β ∈ R estas leyes son válidas:
i) (−α)(−β) = αβ,
ii) (−α)β = α(−β) = −(αβ).
Esto se sigue por definición en el caso α, β ∈ R+ . Si α, β ∈ R− , entonces
−α, −β ∈ R+ , y por ejemplo
(−α)(β) = −[(−α)(−β)] = −(αβ).
En el caso α ∈ R+ , β ∈ R− se tiene, por ejemplo
(−α)(β) = [−(−α)](−β) = α(−β) = −(αβ),
ya que por definición αβ = −[α(−β)]. Los demás casos se prueban de manera
análoga. Como caso particular de las leyes de los signos tenemos
(−1)α = −α.
Lema 2.4.7. El producto en R es asociativo.
Demostración. Basta probarlo para reales positivos, el caso general se
sigue de la regla de los signos, por ejemplo, si α, β, γ ∈ R+ y dicha propiedad
es válida en este caso
[(−α)β](−γ) = [−(αβ)](−γ) = (αβ)γ = α(βγ)
= (−α)[−(βγ)] = (−α)[β(−γ)].
Los demás casos se prueban análogamente. Sean α, β, γ ∈ R+ ,
α = A.a1 a2 · · ·
β = B.b1 b2 · · ·
γ = C.c1 c2 · · · ,
y N ∈ N tal que A, B, C < N. Además, ∀ n ∈ N se toman an , bn , cn ∈ D
tales que
0 < an < α < an + 10−n ,
0 < bn < β < bn + 10−n ,
0 < cn < γ < cn + 10−n .
54
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Se sigue entonces del Teorema 2.4.2 que
an bn < αβ < an bn + (an + bn )10−n + 10−2n ,
y
an bn cn < (αβ)γ < an bn cn + (an cn + bn cn + an bn )10−n
+ (an + bn + cn )10−2n + 10−3n .
Obsérvese que
10−n (an cn + bn cn + an bn ) + (an + bn + cn ) · 10−2n + 10−3n
< 10−n (3N 2 ) + 10−2n (3N ) + 10−3n
< 10−n (3N 2 + 3N + 1) < 10−n 10m ,
para m suficientemente grande. Por lo que
an bn cn < (αβ)γ < an bn cn + 10−n 10m .
Análogamente
an bn cn < α(βγ) < an bn cn + 10−n 10m ,
y el resultado se sigue de manera similar al Lema 2.4.6.
Lema 2.4.8. α · 1 = α, ∀ α ∈ R.
La demostración queda como ejercicio para el lector.
Lema 2.4.9. La ley distributiva es válida en R, i.e. ∀ α, β, γ ∈ R,
α(β + γ) = αβ + αγ.
Demostración. Si α, β o γ es 0, el resultado es inmediato, por ejemplo si
β = 0,
α(0 + γ) = αγ = α · 0 + αγ.
Caso 1: α, β, γ > 0. ∀ n ∈ N, ∃ an , bn , cn ∈ D tales que
0 < an < α < an + 10−n ,
0 < bn < β < bn + 10−n ,
0 < cn < γ < cn + 10−n ,
por lo cual
an bn < αβ < an bn + (an + bn ) · 10−n + 10−2n ,
2.4. SUMA Y PRODUCTO EN R
55
y an cn < αγ < an cn + (an + cn ) · 10−n + 10−2n
∴ an bn + an cn < αβ + αγ < an bn + an cn + (2 · an + bn + cn ) · 10−n + 2 · 10−2n .
Si α, β, γ < N se tiene
an bn + an cn < αβ + αγ < an bn + an cn + 10−n (4N + 2),
también bn + cn < β + γ < bn + cn + 2 · 10−n
y an (bn + cn ) < α(β + γ) < an (bn + cn ) + (2an + bn + cn )10−n + 2 · 10−2n
< an bn + an cn + 10−n (4N + 2),
donde N es una cota superior de α, β, γ como en el Lema 2.4.7. Tomando m
tal que
2 + 4N < 10m ,
se tiene ∀ n ∈ N
an bn + an cn < αβ + αγ < an bn + an cn + 10n−m
y an bn + an cn < α(β + γ) < an bn + an cn + 10n−m ,
y los argumentos de los lemas anteriores muestran que
αβ + αγ = α(β + γ).
Caso 2: α < 0, β, γ > 0.
Este caso se deriva del caso 1, las leyes de los signos y la unicidad del
inverso aditivo:
α(β + γ) = −[(−α)(β + γ)] = −[(−α)β + (−α)γ]
= −[−(αβ) + (−(αγ))] = −[−(αβ + αγ)] = αβ + αγ.
Caso 3: β < 0, γ < 0.
Usando los casos anteriores y las leyes de los signos,
α(β + γ) = −(α[−(β + γ)]) = −(α[(−β) + (−γ)])
= −[α(−β) + α(−γ)] = αβ + αγ.
Caso 4: β y γ tienen distinto signo (ejercicio).
Lema 2.4.10. Dado α ∈ R, α 6= 0, α tiene un inverso multiplicativo único.
56
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Demostración.
Existencia
Caso 1: α > 0.
Sea M = {x ∈ D+ | xα 6 1},
si β = sup M, se afirma que
αβ = 1.
(2.4)
M está acotado superiormente ya que si α = A.a1 a2 · · · an · · · , A 6= 0 o
an 6= 0, en ambos casos, 1 6 10n+1 · α, ya que
10n+1 α > 10n+1 (A.a1 a2 · · · an+1 ) > 1.
Por lo cual 10n+1 es cota superior de M (si t ∈ M, tα 6 1 6 10n+1 · α y por
lo tanto t 6 10n+1 (Teorema 2.4.2)).
También, si 0 < γ < β, entonces γα 6 1, ya que β = sup M. Si γα > 1,
γ serı́a cota superior de M (si tα 6 1, necesariamente t 6 γ).
Ahora, probamos (2.4). ∀ n sea bn ∈ D tal que
bn < β < bn + 10−n ,
se sigue de la observación anterior que
bn α 6 1 6 (bn + 10−n )α,
(2.5)
(si (bn + 10−n )α < 1, bn + 10−n ∈ M y como β < bn + 10−n , β no serı́a cota
superior). Usando el Teorema 2.4.2 se tiene también que
bn α 6 βα 6 (bn + 10−n )α.
(2.6)
Finalmente, si 1 6= βα, digamos 1 < βα, usando (2.5) y (2.6), ∀ n ∈ N
bn α 6 1 < βα < (bn + 10−n )α
y 0 < βα − 1 < 10−n α < 10m−n ∀ n, lo cual es una contradicción.
En este último paso usamos que las desigualdades 0 < a1 < a2 < a3 < a4
implican 0 < a3 − a2 < a4 − a1 (ejercicio).
Caso 2: α < 0, entonces ∃ β ∈ R tal que β(−α) = 1 y
α(−β) = 1.
Unicidad
Si αβ = αγ = 1, β 6= γ. Para α > 0, se tiene (por las leyes de los signos)
que β, γ > 0, digamos β < γ. En virtud del Teorema 2.4.2, αβ < γα, lo cual
es una contradicción.
2.5. RACIONALES Y REALES
57
Para α < 0, se tiene
(−α)(−β) = (−α)(−γ) = 1
y por el caso anterior, −β = −γ.
Hemos probado:
Teorema 2.4.11. Los números reales son un campo.
EJERCICIOS 2.4
1. Muestre con un ejemplo que los algoritmos de la primaria de la suma y la
multiplicación de números en D se derivan de nuestras definiciones y de la
ley distributiva.
2. Demuestre el Lema 2.4.8.
3. Demuestre que si α ∈ R+ , β ∈ R− , entonces (αβ) = (−α)(−β).
4. Termine las pruebas de los Lemas 2.4.9 y 2.4.10.
2.5.
Racionales y reales
Se identificaron los números en D con números reales, identificamos ahora
todos los racionales.
Definición 24. Sea
j : Q −→ R,
dada por j( ab ) = ab−1 .
Esta inclusión está bien definida:
Obsérvese que:
a
b
=
c
d
⇔ ad = bc ⇔ ab−1 = cd−1 .
a) j es inyectiva:
a
c
a c −1
−1
j
=j
⇔ ab = cd ⇔ ad = bc ⇔
=
.
b
d
b
d
b) j preserva la suma:
a
c
a c +j
=j
+
j
b
d
b d
(ejercicio).
58
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
c) j preserva productos:
a c ac −1 −1
−1
j
j
= ab cd = ac(bd) = j
.
b
d
bd
d) j preserva el orden:
c
a
>j
⇔ ab−1 > cd−1
j
b
d
(ejercicio).
De ahora en adelante identificaremos Q con j(Q), y usaremos ambas
notaciones para cocientes:
α
= αβ −1 ,
β
β 6= 0.
Como D ⊂ R, se tiene que Q es denso en los reales (Teorema 2.2.2).
EJERCICIOS 2.5
1. Pruebe que la inclusión j : Q −→ R preserva la suma y el orden.
Representación decimal de racionales
Es necesario identificar ésta definición de racionales,
expresión decimal (obtenida en cursos elementales).
m
n
como mn−1 , con la
Teorema 2.5.1. Sea
m
= B.b1 b2 · · · ∈ Q,
n
y también A ∈ N, a1 , a2 , a3 , . . . ∈ {0, 1, . . . , 9} tales que





entonces




nA 6 m < n(A + 1),
n(A.a1 ) 6 m < n(A.a1 + 10−1 ),
n(A.a1 a2 ) 6 m < n(A.a1 a2 + 10−2 ),
..
..
..
.
.
.
(2.7)
B.b1 b2 · · · = A.a1 a2 · · · .
Antes de probar el teorema, observamos que (2.7) no es otra cosa que el
algoritmo de la primaria.
2.5. RACIONALES Y REALES
59
Ejemplo
2500
124
124(20) < 2500 < 124(20 + 1)
124(20.1) < 2500 < 124(20.2)
124(20.16) < 2500 < 124(20.17)
..
..
..
.
.
.
Algoritmo (usando repetidas veces la ley distributiva):
250(10) = 2(124)(10) + 20,
20 = 0(124) + 20
= (124)(.1) + 7.6,
7.6 = (.06)(124) + .16
2500 = 20(124) + (.1)(124) + 7.6
= (20.1)(124) + (.06)(124) + .16
= 124(20.16) + .16
Obsérvese que en (2.7) las desigualdades de la izquierda se obtienen ya
que los residuos son > 0, y los de la derecha, ya que al dividir se toma
el mayor número posible con dicha propiedad, de otra manera estarı́amos
dividiendo mal.
Demostración. (Del Teorema 2.5.1) Las identidades (2.7) se pueden reescribir como:
06
m − nA
<n
0 6 m − n(A.a1 ) < n(10−1 )
0 6 m − n(A.a1 a2 ) < n(10−2 )
..
..
..
.
.
.
60
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
o
06
m
−A
n
06
m
− A.a1
n
06
..
.
Como
<1
< 10−1
m
− A.a1 a2 < 10−2
n
..
..
.
.
m
= B.b1 b2 · · · , se tiene
n
0 6 B.b1 b2 · · · − A < 1 y
A6
B.b1 b2 · · ·
<A+1
A 6 B < A + 1 y A = B.
∴
También
∴
0 6 A.b1 b2 · · · − A.a1 < 10−1
A.a1 6
A.b1 b2 · · ·
< A.a1 + .1,
y a1 6 b1 < a1 + 1 por lo que a1 = b1 ,
etcétera.
∴
B.b1 b2 · · · = A.a1 a2 · · · .
Algunos números reales tiene una expansión decimal periódica, por ejemplo,
8
17
= 2.66 . . . ,
= 1.5454 . . . ,
3
11
estos periodos se denotan como
b
2.b
6 o 1.54.
Probaremos que los reales periódicos son precisamente los racionales.
Nótese que dado α ∈ R,
α = A.a1 a2 · · · ,
α(10) = Aa1 .a2 a3 · · · .
Dejamos la verificación de este hecho como ejercicio.
(2.8)
2.5. RACIONALES Y REALES
61
Teorema 2.5.2. Un número real es periódico si y sólo si es racional.
Demostración. ⇒) Sea α ∈ R+ periódico, digamos
α = A.a1 · · · am am+1
\
· · · an ,
α se puede escribir como
A.a1 · · · am + . 00
· · · 0} am+1
\
· · · an
| {z
(ejercicio).
m lugares
Ahora, usando (2.8) se tiene
10m α = 10m (A.a1 · · · am ) + .am+1
\
· · · an
m
m−1
= 10 A + 10
a1 + · · · + 10am−1 + am + .am+1
\
· · · an ,
también aplicando los mismos argumentos
10n α = 10n A + 10n−1 a1 + · · · + 10an−1 + an + .an+1
\
· · · an ,
(obsérvese que an+1 = am+1 ), por lo cual
(10n − 10m )α = 10n A + 10n−1 a1 + · · · + an
−(10m A + 10m−1 a1 + · · · + am ) = B ∈ Z.
B
∴ α ∈ Q, ya que α = n
.
10 − 10m
⇐) Sea α = m
∈ Q+ .
n
En el algoritmo de la división, sin tomar en cuenta decimales, los residuos
siempre son menores que n (el divisor), además el algoritmo consiste en ir
considerando sucesivamente a estos residuos como los dividendos (agregándoles un 0). Por consiguiente, si un residuo aparece por segunda vez, se repite
exactamente el mismo proceso que cuando apareció la primera vez.
Finalmente, como hay un número finito de números menores a n, algún
residuo necesariamente se repite (en menos de n pasos), obteniéndose un
número periódico.
Ilustramos la prueba de la suficiencia en el Teorema 2.5.2 con dos ejemplos.
73.846153
13 960
050
110
060
80
020
70
50
62
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
∴
o
960
\
= 73.84615384615.
13
1
= 0.333 . . . = 0.b
3.
3
EJERCICIOS 2.5
1. Demuestre que dado α ∈ R, α = A.a1 a2 · · · , α(10) = Aa1 .a2 a3 · · · .
2. Complete el detalle faltante en la prueba de la necesidad del Teorema 2.5.2.
2.6.
2.6.1.
Raices n-ésimas, exponentes fraccionarios
Raices n-ésimas
Teorema 2.6.1. ∀ α ∈ R+ y ∀ n ∈ N, existe un único β ∈ R+ tal que
β n = α,
este real se denota por
√
n
α.
Demostración.
Existencia
Sea
W = {x ∈ R+ | xn < α}.
W está acotado superiormente:
γ = máx {1, α} es cota superior:
si α > 1, entonces αn > α > xn ∀ x ∈ W, y por lo tanto x 6 α = γ, y si
α 6 1, xn < 1 y x < 1 = γ (en estos argumentos usamos el ejercicio 2.6.1.1).
Se afirma que si β = sup W, entonces β n = α.
Para probar esto, nótese que si r es suficientemente grande, β − 10−r > 0,
y como β − 10−r > 0 no es cota superior de W, ∃ x, x > β − 10−r , tal que
xn < α y también (β − 10−r )n < α, por lo tanto
(β − 10−r )n < α < (β + 10−r )n
(2.9)
∀ r suficientemente grande.
Finalmente obtenemos estimaciones para estas cotas de α :
n n n−j
X
k X n
k
n β
−r n
n
= β n + r (2n − 1),
(β + 10 ) =
6β + r
jr
10 j=1 j
10
j 10
j=0
2.6. RAICES N -ÉSIMAS, EXPONENTES FRACCIONARIOS
donde k = máx{β n−1 , 1}. También
−r n
(β − 10 )
=
n n−j
X
n β (−1)j
n
10jr
j
j=0
> β −
n n−j
X
n β
j=1
j
10jr
n−j
n β
(−1)
=β +
j 10jr
j=1
n
> βn −
n
X
j
(2n − 1)k
.
10r
Reemplazando estas desigualdades en (2.9) se tiene
βn −
o
−
c
c
6 α 6 βn + r ,
r
10
10
c
c
6 α − βn 6 r ,
r
10
10
o
−
c constante, c > 0,
∀ r suficientemente grande,
α − βn
1
1
6
6 r.
r
10
c
10
∴
α = β n.
Unicidad
Si β > γ, β n > αn , por lo tanto existe un real único tal que
β n = α.
EJERCICIOS 2.6.1
1. Si 0 < x < y, pruebe que 0 < xn < y n .
2.6.2.
Exponentes fraccionarios
Definición 25. Si α ∈ R y n ∈ N se define
αn = |α · α{z· · · α},
n veces
y si α ∈ R − {0}, α−n = (αn )−1 .
Nótese que (αn )−1 = ( α1 )n . Por convención α0 = 1.
63
64
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Observación.
i) αm αn = αm+n .
ii) (αm )n = αmn .
Prueba de i) αm αn = (α · · · α) (α · · · α) . También, si m > 0, n < 0, si p = −n
| {z } | {z }
m veces
n veces
1
1
αm αn = (α · · · α) ( · · · ) = αm−p = αm+n ,
| {z } | α {z α }
m veces
p veces
etcétera.
n veces
Prueba de ii) (αm )n = (α · · · α) · · · (α · · · α) = αmn .
| {z } | {z }
m veces
m veces
Si m < 0 o n < 0 se reemplaza la misma expresión por α1 , etcétera.
Proposición 2.6.2. Dados α, β ∈ R+ , n, m ∈ N, se tiene
a)
√
√
√
n
α n β = n αβ.
b)
p
√
m
n
α=
√
α.
nm
√
√
c) ( n α)m = n αm .
d)
√
√
m
r
n
αm = s αr ⇐⇒
= , donde r, s ∈ N y α 6= 1.
n
s
Demostración.
√
√ √
√
a) ( n α n β)n = ( n α)n ( n β)n = αβ.
p√
p√
√
b) ( m n α)mn = (( m n α)m )n = ( n α)n = α.
√
√
√
c) (( n α)m )n = ( n α)mn = (( n α)n )m = αm .
d)
√
√
√
√
n
αm = s αr ⇔ ( n αm )ns = ( s αr )ns ⇔ αms = αrn ⇔ ms = rn ⇔
m
r
= .
n
s
2.6. RAICES N -ÉSIMAS, EXPONENTES FRACCIONARIOS
65
Obsérvese que el caso c) en la Proposición 2.6.2 también es válido si
m < 0, tomando p = −m.
√
n
√
n
m
−p
( α) = ( α)
1
1
√
= √
=
=
n
n
( α)p
αp
r
n
√
1
n
αm .
=
αp
El caso d) también es válido si m, r < 0. Esto se sigue reemplazando α
por α1 , ya que
−r
1
r
α =
, etcétera.
α
Asimismo, nótese que el inciso c) implica que si α ∈ R+ y
puede definir
√
√
m
α n como n αm o como ( n α)m .
m
n
∈ Q, se
Es importante enfatizar que con la poderosa herramienta del cálculo infinitesimal esta definición se extiende a todos los reales
ab = eb log a , a ∈ R+ .
Proposición 2.6.3. ∀ α, β ∈ R+ ,
m
m
m
r
m
r
mr
m r
,
n s
∈ Q, se tiene
m
a) α n β n = (αβ) n .
r
b) α n α s = α n + s .
m
c) (α n ) s = α ns .
Demostración.
m
m
m
r
a) α n β n =
√
n
p
√
√
m
αm n β m = n αm β m = n (αβ)m = (αβ) n .
ms
nr
b) α n α s = α ns α ns =
=α
ms+rn
ns
m
√
√
√
√
αms ns αnr = ns αms αnr = nr αms+rn
ns
r
= α n +s .
p
√
√
√
√
m r
m
mr
s
s
c) (α n ) s = ( α n )r = ( n αm )r = ( sn αm )r = ( sn α)mr = α ns .
66
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
2.7.
Valor absoluto, aproximación
Definición 26. Si α ∈ R se define su valor absoluto como
α si α > 0
|α| =
−α si α < 0.
Observación. | − α| = |α| y α 6 |α|.
Proposición 2.7.1. ∀ α, β ∈ R,
i) |α| > 0 y |α| = 0 ⇐⇒ α = 0.
ii) |αβ| = |α||β|.
ii) |α + β| 6 |α| + |β|.
Demostración.
i) Es inmediato.
ii) Se sigue de las reglas de los signos, por ejemplo, si α ∈ R+ , β ∈ R− ,
|αβ| = | − [α(−β)]| = α(−β) = |α||β|.
iii) Los casos α = 0 y β = 0 son triviales.
Caso 1: α ∈ R+ , β ∈ R+ .
|α + β| = α + β = |α| + |β|.
Caso 2: α ∈ R− , β ∈ R− .
|α + β| = −(α + β) = |α| + |β|.
Caso 3: α y β de distinto signo: sin perder generalidad α ∈ R+ y
β ∈ R− .
Si α + β > 0,
|α + β| = α + β 6 α + (−β) = |α| + |β|.
Si α + β < 0,
|α + β| = −α − β 6 α − β = |α| + |β|.
2.7. VALOR ABSOLUTO, APROXIMACIÓN
67
Obsérvese que ∀ α, β ∈ R+ ,
||α| − |β|| 6 |α − β|.
Esto se sigue ya que
|α| = |α + β − β| 6 |α − β| + |β|
y |α| − |β| 6 |α − β|, análogamente |β| − |α| 6 |α − β|.
Se discuten ahora algunos métodos
elementales para aproximar reales.
√
Por ejemplo, podemos aproximar 2 de la siguiente manera:
√
1<
2 <2
√
1.4 <
2 < 1.5 = 1.4 + 10−1
√
1.41 <
2 < 1.42 = 1.41 + 10−2
√
2 < 1.415 = 1.414 + 10−3 .
1.414 <
También con métodos del cálculo, encontrando la serie de Taylor de
arctan, como arctan 1 = π4 usando
Z u
dx
= arctan u,
2
0 1+x
se obtiene
3.14159 < π < 3.1416 = 3.14159 + 10−5 ,
(cf. [5]).
Estas aproximaciones se pueden expresar
√
| 2 − 1.414| <
|π − 3.14159| <
o |π − 3.1415| <
también como
10−3
10−5
10−4 .
√
Si se quiere aproximar y encontrar el margen de error del producto π 2
con los racionales 1.414 y 3.1415, una manera serı́a calcular
√
| 2π − (3.1415)(1.414)|
√
√
√
= | 2π − 2(3.1415) + 2(3.1415) − (3.145)(1.414)|
√
6 2(10−4 ) + 3.1415(10−3 ) 6 (1.415)10−4 + .0031415
= .0001415 + .0031415 6 .00015 + .0032 = .00335 6 .004,
68
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
√
y (1.414)(3.1415) = 4.442081 aproxima 2π con un error máximo de 4 milésimas,
√
−.004 < 2π − 4.442081 < .004,
y, por ejemplo, sumando .002081 se tiene
√
−.001919 <
2π − 4.44 < .006081,
√
lo que implica
− .01 <
2π − 4.44 < .01
√
y 4.44 aproxima 2 π salvo por un error de una centésima .01=10−2 .
Una mejor manera de calcular raices es aplicar el método de Newton:
Si f : [x1 , x0 ] −→ R es una función con derivada continua y tal que f (x0 ) y
f (x1 ) tienen signo distinto, entonces existe r ∈ [x1 , x0 ] tal que f (r) = 0 (teorema del valor intermedio), para aproximar r, Newton formuló una algoritmo
excepcionalmente útil.
Se considera la recta tangente a la gráfica en (x1 , f (x1 )), ver Figura 2.2,
y x2 el punto donde esta recta intersecta a la recta real, posteriormente se
toma la recta por (x2 , f (x2 )) y con pendiente f 0 (x2 ), etcétera.
(x0 , f (x0 ))
x2 x3
(x1 , f (x1 ))
Figura 2.2: Método de Newton
Se demuestra en cálculo que xn → r, cuando n → ∞ (lo cual intuitivamente es evidente). Analı́ticamente
2.7. VALOR ABSOLUTO, APROXIMACIÓN
69
f (xn ) − 0
= f 0 (xn )
xn − xn+1
f (xn )
i.e., xn − xn+1 = 0
f (xn )
f (xn )
i.e., xn+1 = xn − 0
.
f (xn )
Consideremos el siguiente ejemplo: f (x) = x2 − 5,
x2 = 2 −
x1 = 2, x0 = 3,
(−1)
= 2.25
4
x3 = 2.25 −
[(2.25)2 − 5]
[5.0625 − 5]
= 2.25 −
4.5
4.5
.0625
= 2.25 − .0138b
8 = 2.236b
1.
4.5
√
Obteniéndose una aproximación a 5 con un error menor a una milésima,
en efecto
4.999 · · · = (2.236)2 < 5 < (2.237)2 = 5.004,
√
2.236 < 5 < 2.237.
= 2.25 −
EJERCICIOS 2.7
1. Supóngase que α, β están aproximados por a, b de tal manera que se cumple, |α − a| < ε y |b − β| < ε. Demuestre que es válida la desigualdad
|αβ − ba| 6 ε2 + ε(|α| + |β|).
2. Supóngase que α, β, γ están dados con aproximación de 10−3 por a, b, c y
que son en valor absoluto menores a 10. Pruebe que a2 + b2 + c2 + ab + ac + bc
aproxima α2 + β 2 + γ 2 + αβ + αγ + βγ con un error menor a .121.
p√
3. Calcúlese
5 − 1 con
de una milésima (10−3 ). Su√ una aproximación
2
2
−3
gerencia: si c cumple | 5 − 1 − c | < 10 , entonces c es la aproximación
buscada.
√
4. Calcúlese 3 con una aproximación de una milésima usando el método de
Newton.
70
CAPÍTULO 2. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS REALES
Capı́tulo 3
El campo de los números
complejos
3.1.
3.1.1.
Módulo, argumento
Módulo
Definición 27. Se define el módulo de un vector P = (x, y) en el plano R2
como
p
x2 + y 2 ,
se denota por |P |. También dados 2 vectores P, Q ∈ R2 , se define su distancia
como
d(P, Q) = |P − Q|.
P = (x, y)
Figura 3.1: El módulo de P
Proposición 3.1.1. Sean r ∈ R y P, Q ∈ R2 . Entonces,
i) |rP | = |r||P |,
ii) |P + Q| 6 |P | + |Q| (Desigualdad del triángulo).
71
72
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
Demostración.
i) Si r > 0 y P = (x, y), se tiene
p
|rP | = (rx)2 + (ry)2 = |r||P |.
Si r < 0, entonces
|rP | =
p
√ p
r2 x2 + y 2 = −r x2 + y 2 = |r||P |.
ii) Obsérvese que en un triángulo la longitud de un lado es menor que la
suma de los otros dos (véase la Figura 3.2). Por lo que
d(0, P + Q) 6 d(0, P ) + d(P, P + Q),
∴ |P + Q| 6 |P | + |(P + Q) − P | = |P | + |Q|.
a
a!
b
.
b!
Figura 3.2: a > a0 y b > b0 por el Teorema de Pitágoras
Otra prueba de la 2a parte de la proposición anterior para vectores en Rn
es la siguiente:
|a + b|2 = (a + b) · (a + b) = |a|2 + 2a · b + |b|2
6 |a|2 + 2|a||b| + |b|2 = (|a| + |b|)2 ,
en virtud de la desigualdad de Cauchy-Schwarz.
3.1.2.
Argumento
Definición 28. Se define el argumento de P ∈ R2 − {0}, tomado en el
intervalo [0, 2π), como la longitud del arco en la circunferencia unitaria que
empieza en el vector e1 = (1, 0) y termina en P/|P |, moviéndose en el sentido
contrario a las manecillas. A ésta medición de ángulos se le llama medición
en radianes.
3.1. MÓDULO, ARGUMENTO
73
P
P/|P |
e1
e1
P
P/|P |
Figura 3.3: Medida de ángulos en radianes
Por ejemplo, los reales positivos tiene argumento 0, los reales negativos π.
Se muestra en los cursos elementales que al tomar los polı́gonos regulares de
n lados Pn y hacer tender n → ∞, la longitud de los perı́metros se aproximan
a 2π. Una prueba formal se hace en cálculo, véase [5].
Figura 3.4: El perı́metro de los polı́gonos regulares se aproxima a 2π
El argumento en el eje de las ordenadas positivas es π/2 (mitad de un
semicı́rculo) y el de las ordenadas negativas 3π/2.
Definición 29. Sea P ∈ R2 − {0}, se define el argumento de P, como cualquier número de la forma s + 2πk, k ∈ Z, donde s es el argumento de P
tomado en [0, 2π).
Obsérvese que el argumento no está unı́vocamente determinado (sin embargo, restringiéndonos a nuestra interpretación original sı́ lo está).
En los siguientes ejemplos nos referimos solamente al argumento con valores en [0, 2π).
1. Si el argumento de P es s, 0 6 s 6 π, el argumento de −P es s + π,
véase la Figura 3.6 (a).
74
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
s=
π
2
<s<π
π
2
0<s<
s=π
π
2
s=0
π<s<
3π
2
3π
2
s=
< s < 2π
3π
2
Figura 3.5: s =arg P tomado en [0, 2π)
−P
P
−P
(a) arg (−P ) = s + π, donde
06s<π
P
(b) arg (−P ) = s − π, donde
π 6 s < 2π
Figura 3.6: Argumento de −P
2. Si arg P = s, donde π 6 s < 2π, entonces arg(−P ) = s − π, véase la
Figura 3.6 (b).
3. Si arg P = s, donde P = (a, b) y P = (a, −b), entonces arg P = 2π − s,
véase la Figura 3.7.
4. Si el argumento de P = (a, b) es s y b > 0, entonces el argumento de
P 0 = (−a, b) es π − s, véase la Figura 3.8.
5. Si P = (a, b), b < 0 y el argumento de P es s, entonces el argumento
de P 0 = (−a, b) es 3π − s. Esto sucede ya que si arg P = 2π − r = s, es
decir, r = 2π − s, por lo que
arg P 0 = π + r = π + 2π − s = 3π − s,
véase la Figura 3.9.
3.1. MÓDULO, ARGUMENTO
75
P
s
P
s
s
s
P
P
Figura 3.7: arg (P ) = 2π − s
P!
P
s
s
s
P
π−s
P!
Figura 3.8: arg P 0 = π − s, P = (a, b), P 0 = (−a, b), b > 0
r
P!
P
P
P!
r
Figura 3.9: arg P 0 = 3π − s, P = (a, b), P 0 = (−a, b), b < 0
Los ángulos también se miden en grados tomando 360◦ como la vuelta
completa y proporcionalmente los demás. Por ejemplo el ángulo entre (1,0)
y (0,1) es 90◦ .
76
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
Obsérvese que el cı́rculo completo de radio 1 mide 2π, lo que es 360◦ , por
lo que m◦ en radianes es
x(360)
m=
,
2π
y x radianes en grados
2π m
x=
.
360
Por ejemplo, si arg P = π/12, en grados esto es
π 360
= 15◦ ,
12 2π
y 12◦ en radianes es
12
2π
360
=
π
,
15
o 7π/4 es
360◦ − 45◦ = 315◦ .
Consideremos ahora el argumento de manera general (con valores en todos
los reales). Obsérvese que las funciones trigonométricas cos : R −→ [−1, 1] y
sen : R −→ [−1, 1] están determinadas bajo la siguiente regla de correspondencia
P = (cos s, sen s),
es el único punto en el cı́rculo unitario que tiene argumento s.
P = (cos s, sen s)
s
s
sen s
cos s
sens
P = (cos s, sen s)
cos s
Figura 3.10: P es el único punto en el cı́rculo unitario con argumento s
Esto se sigue de la definición trigonométrica, y también de la definición
formal del cálculo, véase [5].
En general si P 6= 0, P = (a, b),
|P |2 = a2 + b2
y arg P = s,
3.1. MÓDULO, ARGUMENTO
se tiene
cos s = √
77
a
,
a2 + b 2
sen s = √
b
,
a2 + b2
(3.1)
ya que
1
√
(a, b) = 1.
2
a + b2
P
2
√ a
+
b2
a
s
b
Figura 3.11: El módulo de P es
√
a2 + b 2
Definición 30. A la expresión
P = r(cos s, sen s),
donde r = |P | y s es cualquier argumento de P, se le llama forma polar de
P, a r se le llama el módulo.
Obsérvese que el módulo de un vector P está determinado de manera
única, y si se toma el argumento en [0, 2π), éste también está unı́vocamente
determinado: escribiendo
P = r(cos θ, sen θ), P = r0 (cos ϕ, sen ϕ),
entonces |P | = r = r0 y arg P = θ = ϕ conforme a la manera como se
definió (con la longitud).
Otra manera geométrica de ver esto es la siguiente:
cos ϕ = cos θ,
0 6 θ 6 ϕ < 2π,
implica ϕ = 2π − θ, pero entonces
− sen θ = sen(2π − θ) = sen ϕ,
i.e. sen ϕ 6= sen θ (véase la Figura 3.12).
78
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
π
ϕ
0
θ
2π
Figura 3.12: Si cos ϕ = cos θ, entonces ϕ = θ, o ϕ = 2π − θ, 0 6 θ, ϕ < 2π
Ejemplos. Dados un módulo r y un argumento s encontramos las coordenadas de los vectores P que éstos valores determinan:
√
a) r = 3 2, s ∼ 225◦ .
Tenemos que 225◦ ∼ 5π/4 y
π
1
π
= √ = sen ,
4
4
2
√
1
1
P = 3 2 −√ , −√
= (−3, −3).
2
2
cos
∴
5π
4
P = (−3, −3)
√
Figura 3.13: r = 3 2,
b) r = 2,
s ∼ 300◦ .
s ∼ 225◦
Se toma un triángulo equilátero, y se denota por y a la longitud de la
mediatriz como en la Figura 3.14.
√
Como y 2 + 1/4 = 1, se sigue que y = 3/2, y
√
π
1
π
π
3
π
cos = = sen , cos =
= sen ,
3
2
6
6
2
3
3.1. MÓDULO, ARGUMENTO
79
por lo tanto, geométricamente se sigue que
√ !
√
1
3
,−
= (1, − 3),
P =2
2
2
donde la 1a igualdad se da pues el lado opuesto a π/6 mide 1/2 (ver
Figura 3.15).
1
1
y
1
2
1
Figura 3.14: y =
√
3/2 es la longitud de la mediatriz
Otra manera (algebraica):
s=
y
3π π
10π
5π
+ =
=
,
2
6
6
3
π
5π
π
1
cos
= cos −
= cos = ,
3
3
3
2
√
5π
π
π
3
sen
= sen −
= − sen = −
.
3
3
3
2
π
6
√
P = (1, − 3)
Figura 3.15: cos(π/3) = sen(π/6)
Se pueden encontrar los argumentos 1,2,3,4,5,6 en los distintos cuadrantes
del cı́rculo unitario
80
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
3π
π
<2<3<π<4<
< 5 < 6 < 2π :
2
2
4 < 3π/2, ya que 8 < 3π y como 3π < 10, se cumple la siguiente desigualdad, etcétera. Obsérvese que dichos números están distribuidos a la misma
distancia en el cı́rculo.
Si se quiere expresar estos argumentos vectorialmente, digamos para los
argumentos s = 1, 2 ó 3, basta calcular cos s y sen s. Sin usar programas
o calculadoras, estos se pueden aproximar también usando los residuos de
Taylor, cf. [5].
0<1<
2
1
3
6
4
5
Figura 3.16: Los argumentos 1, 2, 3, 4, 5, 6
Usando propiedades de las funciones trigonométricas se pueden localizar
argumentos de vectores. Por ejemplo, el argumento de (3,1) está entre 0 y
π/6. Esto se sigue ya que la función seno es creciente en el 1er cuadrante, si
arg(3,1)=s,
√
π
1
1
1
y √ < = sen
(2 < 10).
sen 0 = 0 < sen s = √
2
6
10
10
√
10
P = (3, 1)
3
Figura 3.17: El argumento de (3,1) es menor a π/6
Se prueba también que el argumento de (-3,-4) está entre 7π/6 y 4π/3.
Si s = arg(−3, −4) se tiene que
s − π = arg(3, 4),
3.1. MÓDULO, ARGUMENTO
81
y hay que probar que π/6 < arg(3, 4) < π/3, o equivalentemente (usando el
hecho de que el seno es creciente en el 1er cuadrante),
√
π
4
π
1
3
= sen < < sen =
.
2
6
5
3
2
√
Esto se sigue ya que 8 < 5 3 (64 < 25 · 3).
(3, 4)
5
4
3
Figura 3.18: El argumento de (3,4) está entre π/6 y π/3
Un método para encontrar el argumento de un vector dado es usar la
función inversa de la tangente,
y
tan s = ,
x
s = arctan(y/x). Además del uso de una calculadora, es muy ilustrativo
conocer métodos del cálculo.
y
s
x
Figura 3.19: arctan(y/x) = s
Es conveniente transladar el problema al 1er cuadrante ya que
tan |(0, π/2) −→ R+
es una biyección bicontinua.
Con el cálculo se pueden obtener finas aproximaciones, por ejemplo, si se
quiere aproximar el valor sen(1/2) con un error menor a 10−5 .
82
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
Teorema 3.1.2. (Teorema de Taylor) Sea f : [a, b] −→ R una función de
clase C n+1 , y x0 ∈ [a, b]. Entonces ∀ x ∈ [a, b],
f (x) =
n
X
f k (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k +
f n+1 (c)
(x − x0 )n+1 .
(n + 1)!
n+1
(c)
(x − x0 )n+1 se le conoce como el residuo de Lagrange.
Al término f(n+1)!
Una prueba de este teorema se puede consultar en [3]. Usando éste resultado,
aproximamos sen x en el intervalo (− π4 , π4 ) por un polinomio con centro en 0,
con un error de truncamiento menor a 1 × 10−5 .
Los residuos son de la forma
±
cos c n+1
sen c n+1
x
±
x ,
(n + 1)!
(n + 1)!
c ∈ (x0 , x),
por lo que el error de truncamiento es menor o igual a
|x|n+1
(π/4)
1
6
<
< .000002756 < 3 × 10−6 ,
(n + 1)!
(n + 1)!
(n + 1)!
tomando n + 1 = 9. En este caso n = 8 en la fórmula de Taylor, y se obtiene
la aproximación
sen x = sen 0 + x cos 0 −
x2
x3
x4
x5
sen 0 −
cos 0 +
sen 0 +
cos 0
2!
3!
4!
5!
x6
x7
x8
x9
sen 0 −
cos 0 +
sen 0 +
cos c,
6!
7!
8!
9!
donde c ∈ (0, x) o c ∈ (x, 0). Por lo tanto,
−
P (x) = x −
x3 x5 x7
+
−
3!
5!
7!
es el polinomio requerido. En 1/2 se tiene
1
1
1
1
1
P
= − 3
+ 5
− 7
2
2 2 · 3! 2 · 5! 2 · 7!
=
22 · 3! − 1 22 · 7 · 6 − 1
23
167
+
= 3
+ 7
3
7
2 · 3!
2 · 7!
2 · 3! 2 · 7!
=
23 · 24 · 7 · 6 · 5 · 4 + 167
23(16)(840) + 167
=
7
2 · 7!
(128)(5040)
3.2. LOS NÚMEROS COMPLEJOS
=
83
309287
= .479425533.
645120
Tomando α1 = .479425, se tiene
1
α1 − P
< 10−6 .
2
1
1
1
1
− sen
∴
α1 − sen 6 α1 − P
+ P
2
2
2
2
< 10−6 + 3 · 10−6 = 4 · 10−6 < 10−5 .
EJERCICIOS 3.1.2
1. Encuentre √
las coordenadas del vector P para r = 3 y s = 150◦ , r = 5 y
◦
s = 30 , r = 2 y s = 135◦ .
2. Calcule las coordenadas de los vectores de módulo 1, con argumento s,
para s = 2, s = 4 y s = 6, con aproximación de 2 decimales.
3. Determine el argumento de los siguientes vectores, con aproximación de 2
decimales: (3,4) y (-1,2).
4. Escriba los vectores del ejercicio anterior en su forma polar.
3.2.
Los números complejos
Se identifica a los reales con los puntos del eje de las abscisas en R2
R ←→ {(x, y) ∈ R2 | y = 0}.
Definición 31. Los números complejos, denotados por C, son los puntos del
plano R2 = {(x, y) | x ∈ R, y ∈ R}.
Definición 32. La suma de complejos se define exactamente como en el
espacio vectorial R2
(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d),
obsérvese que esta suma extiende la suma en R :
(a, 0) +
a
+
(b, 0) =
b
=
(a + b, 0)
a + b.
84
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
Para definir el producto, primero lo definimos para complejos de norma 1.
Definición 33. Si z1 = (cos s1 , sen s1 ) y z2 = (cos s2 , sen s2 ), entonces
z1 z2 = (cos(s1 + s2 ), sen(s1 + s2 )).
Resulta que z1 z2 es el complejo en el cı́rculo unitario cuyo argumento es
la suma de s1 y s2 , los argumentos de z1 y z2 .
Obsérvese que si s1 + s2 > 2π, z1 z2 también se puede escribir como
cos(−2π + (s1 + s2 ), sen(−2π + (s1 + s2 )).
La definición no depende del argumento tomado, ya que si s01 = s1 + 2k1 π y
entonces s02 = s2 + 2k2 π, s01 + s02 = s1 + s2 + 2(k1 + k2 )π, y por consiguiente
cos(s01 + s02 ) = cos(s1 + s2 ), sen(s01 + s02 ) = sen(s1 + s2 ) (véase la Figura 3.20).
z1 z2
s1
z2
s1
z1
s1
z1 z2
z1 z2
s1 z
2
z1
s1
z1
z2
s1
Figura 3.20: El argumento del producto es la suma de los argumentos
Ejemplos
1.
Como
arg(0,1)= π2
(0, 1)(−1, 0) = (0, −1).
y arg(-1,0)=π, se sigue que
arg[(0, 1)(−1, 0)] =
3π
2
(véase la Figura 3.21).
2.
(−1, 0)(0, −1) = (0, 1).
Como arg(-1,0)=π y arg(0,-1)= 3π
, se tiene
2
arg[(−1, 0)(0, −1)] =
(véase la Figura 3.22).
5π
2
3.2. LOS NÚMEROS COMPLEJOS
85
z1
s2
s1
z2
z1 z2
Figura 3.21: (0,1)(-1,0)=(0,-1)
3.
√ √ !
− 2 2
,
2
2
√
√ !
− 2 − 2
,
= (1, 0)
2
2
La igualdad se sigue ya que
arg z1 =
π π
3π
+ =
,
2
4
4
y arg z2 = π +
π
5π
=
4
4
(véase la figura 3.23).
s1
z1 z2
z1
s2
z2
Figura 3.22: (-1,0)(0,-1)=(0,1)
4.
donde
√
(1, 0)(a, b) = (a, b),
a2 + b2 = 1 : si s es el argumento de (a, b),
arg[(1, 0)(a, b)] = 0 + s = s = arg(a, b).
5. (cos 4, sen 4)(cos 3, sen 3) = (cos 7, sen 7) = (cos(7 − 2π), sen(7 − 2π)).
86
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
z1
z1 z2
z2
√
Figura 3.23: ( −2 2 ,
√
√
√
2 − 2 − 2
)(
,
)
2
2
2
= (1, 0)
Definimos ahora el producto de manera general.
Definición 34. Sean z1 = r1 (cos s1 , sen s1 ) y z2 = r2 (cos s2 , sen s2 ), se define
su producto como
z1 z2 = r1 r2 (cos(s1 + s2 ), sen(s1 + s2 )).
Es decir, multiplicar complejos es multiplicar sus módulos y sumar sus
argumentos.
Como en el caso anterior, se sigue directamente que la multiplicación no
depende de la elección del argumento.
Ejemplos
√
1. Multiplicamos ( 3, 1) por (−3, −3).
Para esto,
√
√
√
|( 3, 1)| = 3 + 1 = 2 y ( 3, 1) = 2
√
3 1
,
2 2
!
π
π
= 2 cos , sen
.
6
6
√
Además, |(−3, −3)| = 3 2, por lo que
√
√
−1 −1
5π
5π
|(−3, −3)| = 3 2 √ , √
= 3 2 cos , sen
,
4
4
2 2
por lo cual
√
√
√
34π
34π
17π
17π
( 3, 1)(−3, −3) = 6 2 cos
, sen
= 6 2 cos
, sen
,
24
24
12
12
(véase la Figura 3.24).
3.2. LOS NÚMEROS COMPLEJOS
1
87
√
3
2
1
1
2
1
Figura 3.24: Argumentos
π
6
y
π
3
√
√
2. Calculamos (−2 3, 2)(5 3, 5).
√
√
√
√
Se tiene |(−2 3, 2)| = 12 + 4 = 4 y |(5 3, 5)| = 100 = 10, por lo
que
"
!# "
√
√
√
3 1
(−2 3, 2)(5 3, 5) = 4 −
,
10
2 2
√
3 1
,
2 2
!#
π
π π
π
= 40 cos π −
, sen π −
cos , sen
6
6
6
6
= −40
(véase la Figura 3.25).
z2
z1
π
6
π
6
z1 z2
Figura 3.25: (cos(π − π6 ), sen(π − π6 ))(cos π6 , sen π6 ) = (−1, 0)
3. Hacemos el producto (2,-2)(-3,3).
√
(2, −2) = 2 2
1
1
√ , −√
2
2
88
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
y
1 1
(−3, 3) = 3 2 − √ , √ ,
2 2
√
por lo tanto
7π
7π
3π
3π
(2, −2)(−3, 3) = 12 cos , sen
cos , sen
4
4
4
4
2π
2π
= 12 cos , sen
= (0, 12).
4
4
EJERCICIOS 3.2
√
1. Calcule el producto de (−
√
2
2
,
)
2
2
◦
√
por (
√
2
2
,
).
2
2
◦
2. Pruebe que (cos 115◦ , sen 115 )(cos 65◦ , sen 65 ) = (−1, 0).
3. Calcule el producto (0, 8)(0, 3).
4. Determine el producto de los siguientes números complejos:
√
√
a) (2, 2 3)(−5 3, −5).
b) −2 (cos 2, sen 2) 3 (cos 3, sen 3).
√
√
c) 3 (cos(−35), sen(−35)) 3 (cos 150, sen 150).
3.3.
Propiedades de las operaciones
El complejo (0,1) se denota por i y a los complejos de la forma (0, b), por b i.
También a los reales (a, 0) se les denota simplemente por a. De esta manera
al complejo
(a, b) = (a, 0) + (0, b),
se le denota por
a + ib.
Obsérvese que a + ib = a0 + ib0 ⇐⇒ a = a0 y b = b0 , ya que se tiene una
correspondencia biunı́voca de R2 con el plano complejo
(a, b) ←→ (a + i b).
Definición 35. Dado z = a + i b ∈ C, se dice que a es la parte real de z, y
se escribe Re z = a, y que b es la parte imaginaria de z, se escribe Im z = b.
3.3. PROPIEDADES DE LAS OPERACIONES
89
Al eje de las ordenadas se le llama el eje imaginario. Obsérvese que
i2 = −1,
puesto que
π
π
.
i ←→ cos , sen
2
2
Teorema 3.3.1. Sean z = a + ib y w = c + id números complejos, entonces
zw = ac − bd + i(ad + bc).
Demostración. Escribimos a z y w en su forma polar,
z = r1 cos θ1 + i r1 sen θ1
y w = r2 cos θ2 + i r2 sen θ2 ,
por lo que
zw = r1 r2 [cos(θ1 + θ2 ) + i sen(θ1 + θ2 )]
= r1 r2 [cos θ1 cos θ2 − sen θ1 sen θ2 ]
+i r1 r2 [sen θ1 cos θ2 + sen θ2 cos θ1 ]
= r1 cos θ1 r2 cos θ2 − r1 sen θ1 r2 sen θ2
+i [r1 sen θ1 r2 cos θ2 + r1 cos θ1 r2 sen θ2 ]
= ac − bd + i [bc + ad].
Una manera de recordar esta fórmula es usar la distributividad y el hecho
i = −1. En casi todos los casos, ésta es la manera de multiplicar, por ejemplo,
√
√
√
( 3 + i)(−3 − 3i) = −3 3 + 3 + i(−3 − 3 3).
2
Sin embargo, en algunos casos es más adecuado usar la idea geométrica mencionada en los ejemplos de la sección anterior.
Obsérvese que si c ∈ R,
c(a + ib) = (c + i · 0)(a + ib) = ca + icb,
ésta operación se puede interpretar como el producto de un escalar por un
vector o como el producto de dos complejos.
Proposición 3.3.2. El producto de complejos cumple las leyes asociativa,
conmutativa y distributiva.
90
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
Demostración. Dejamos como ejercicio la prueba de la asociatividad. Probamos las otras 2 leyes:
Sean z = (a + ib), w = (c + id) y u = (e + if ), entonces
zw = ac − bd + i(ad + bc) = ca − db + i(cb + da) = wz.
También
u(z + w) =
=
=
=
(e + if )[a + c + i(b + d)]
e(a + c) − f (b + d) + i[e(b + d) + f (a + c)]
ae − f b + i(af + eb) + ce − f d + i[ed + f c]
uz + uw.
Definición 36. Se define el conjugado de un complejo z = a + ib como el
complejo a − ib, denotado por z, i.e. z es el reflejado de z por el eje real
(Figura 3.26).
z = a + ib
a
z = a − ib
Figura 3.26: El conjugado de z = a + ib
Evidentemente (z) = z :
(a − ib) = a − (−ib) = a + ib.
Obsérvese que
2 Re z = z + z
y (2 Im z)i = z − z :
si z = a + ib, z = a − ib, entonces
z + z = 2a y z − z = 2ib.
También z = z ⇐⇒ z ∈ R, ya que a + ib = a − ib ⇔ b = −b ⇔ b = 0.
3.3. PROPIEDADES DE LAS OPERACIONES
91
Proposición 3.3.3. Sean z, w ∈ C, entonces
i) z + w = z + w.
ii) z w = zw.
iii) zz = |z|2 .
Demostración.
i) Es claro de la definición. Para probar ii) si z = a + ib y w = c + id,
z w = (a − ib)(c − id) = ac − bd + i [−ad − bc]
= (a + ib)(c + id) = zw.
La propiedad iii) es inmediata ya que (a + ib)(a − ib) = a2 + b2 .
Proposición 3.3.4. Sea z ∈ C, z 6= 0, entonces existe w ∈ C único tal que
wz = 1, a w se le denota por 1/z o por z −1 .
Demostración. Sea z = a + ib, se quiere encontrar w = x + iy tal que
(a + ib)(x + iy) = ax − by + i (ay + bx) = 1,
i.e.
(
ax − by = 1
bx + ay = 0,
(3.2)
si a, b 6= 0, se tiene
a −b 1
ab −b2 b
ab
−b2
b
∼
∼
b a 0
−ab −a2 0
0 −b2 − a2 b
∴
y=
−b
+ b2
a2
y
1
a
x = (−ay) = 2
.
b
a + b2
∴
1
a
b
= 2
−i 2
,
2
z
a +b
a + b2
si a = 0 o b = 0, esta expresión también satisface (3.2).
92
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
Obsérvese que 1/z = z/|z|2 , lo cual brinda una simple interpretación
geométrica.
1
z
es el número que tiene argumento −s y módulo 1/|z|, donde s =arg z. Esto
se sigue ya que multiplicar complejos es sumar sus argumentos y multiplicar
sus normas, i.e., si
z = r cos θ + i r sen θ,
1
= t(cos θ − i r sen θ),
z
donde tr = 1, i.e. t = 1/|z|, por lo que
1
z
z
1
=
= 2,
z
|z| |z|
|z|
z −1 =
(véase la Figura 3.27).
z
1/z
1/z
s
−s
z
Figura 3.27: Interpretación geométrica de 1/z
Nótese que 1(a + ib) = a + ib, por lo que el siguiente resultado es consecuencia de las observaciones anteriores.
Teorema 3.3.5. Los números complejos son un campo.
El cociente se define como
z
= zw−1 , donde w 6= 0.
w
Obsérvese que
z
z
z·w
zw
= ·1=
=
,
w
w
w·w
|w|2
lo cual exhibe una manera inmediata para calcular cocientes:
3.4. RAÍZ CUADRADA
93
Si z = a + ib y w = c + id, entonces
z
(a + ib)(c − id)
ac + bd + i(bc − ad)
=
=
.
2
2
w
c +d
c2 + d 2
Ejemplo
(2 + 5i)(4 + 3i)
7
26
2 + 5i
=
= − + i.
4 − 3i
25
25 25
Obsérvese también que
z
z
= ,
w
w
esto se sigue ya que
z
z
·w =
z=
w.
w
w
EJERCICIOS 3.3
1. Realize las siguientes operaciones de números complejos.
a) 5/(5 − 5i)
c) (2 − 3i)/(1 + 5i)
b) (4 + i)/(6 − i)
d) (−1 + 6i)(3 + 5i) − 2i.
2. Pruebe que el producto de números complejos cumple la ley asociativa.
√
3. Calcule (
3
2
+ 21 i)205
√
y (
2
2
√
+
2
2
0
i)56 .
4. Sea z = 6 − 8i, para que número z se cumple zz 0 = 100.
5. Encuentre las parejas u, v de números complejos para las cuales sucede
que: a) u(vu) = v b) v + iu = −v + iu c) |u/v| = |u|/|v|.
3.4.
Raı́z cuadrada
Los reales positivos tienen 2 raı́ces cuadradas; si a ∈ R+ y b ∈ R+ tal que
b2 = a, también (−b)2 = a, ésto también se extiende a los complejos, sin
embargo los reales negativos no tienen raı́ces en R (Leyes de los signos) pero
sı́ en C.
Teorema 3.4.1. Sea z ∈ C, z =
6 0, entonces la ecuación w2 = z tiene
exactamente 2 soluciones en C.
√
√
Por ejemplo, si z = −3, w1 = 3i y w2 = − 3i son raı́ces cuadradas de
z. Antes de probar el teorema exhibimos un ejemplo, sea z = 5 − 12i.
Si w = x + iy cumple w2 = z, se tiene
(
(3.3)
x2 − y 2 = 5
2xy = −12,
94
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
elevando al cuadrado ambas ecuaciones se tiene
x4 − 2x2 y 2 + y 4 = 25
4x2 y 2 = 144,
sumándolas
x4 + 2x2 y 2 + y 4 = 169,
i.e. (x2 + y 2 )2 = 169
y
x2 + y 2 = 13
(como x2 + y 2 > 0, -13 no es solución). Sumando (3.4) a esta última ecuación
se tiene
2x2 = 18 y x = ±3,
restando tenemos
2y 2 = 8 y y = ±2.
Como 2xy = −12, x, y tienen distinto signo, es decir
w1 = −3 + 2i,
w2 = 3 − 2i
son las únicas raı́ces.
Demostración. (Del Teorema 3.4.1) Sea z = a + ib, z 6= 0. Entonces
w = x + iy es una raı́z cuadrada de z
⇐⇒ (x + iy)2 = a + ib,
i.e.
x2 − y 2 = a,
(3.4)
2xy = b.
(3.5)
Elevando al cuadrado ambas ecuaciones se tiene
x4 − 2x2 y 2 + y 4 = a2
4x2 y 2 = b2 ,
y sumándolas se tiene
x4 + 2x2 y 2 + y 4 = a2 + b2
i.e. (x2 + y 2 )2 = a2 + b2 .
3.4. RAÍZ CUADRADA
95
Necesariamente
x2 + y 2 =
√
(ya que x2 + y 2 > 0).
a2 + b2
Sumando y restando de esta ecuación (3.4) se tiene
√
2x2 = a + a2 + b2 ,
√
2y 2 = −a + a2 + b2 ,
esto es,
s
√
a2 + b 2
,
x = ±
2
s
√
−a + a2 + b2
y = ±
.
2
a+
Aparentemente, hay cuatro soluciones, sin embargo usando la ecuación (3.5)
se sigue que si b > 0 x, y son del mismo signo y si b < 0, éstos números son
de signos opuestos.
Obsérvese que si z = a + ib y a = 0 o b = 0, las raı́ces se encuentran de
manera más rápida, por ejemplo si z = a, a < 0, se debe resolver
(
x2 − y 2 = a
2xy = b = 0,
por lo tanto x = 0 o y = 0. Si y = 0,
x2 = a ⇒ x2 < 0,
√
por lo que x = 0 y y 2 = −a, i.e. y = ± −a,
∴
√
w = ± −a i.
Más aún, estas raı́ces se deducen directamente de la interpretación geométrica del producto, sin hacer ninguna cuenta. Esta interpretación nos permitirá probar fácilmente que todo complejo distinto de cero tiene n raı́ces nésimas.
96
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
Interpretación geométrica
Sea z ∈ C, |z| = r y arg z = s, donde 0 6 s < 2π. Entonces si w ∈ C cumple
w2 = z, se sigue de la interpretación geométrica del producto que si
√
s
|w| = r y arg w = ,
2
necesariamente w2 = z, y también (−w)2 = z. Nótese que
s
i
√ h s
−w = r cos
+ π + i sen
+π ,
2
2
(véase la Figura 3.28).
z
w
s
2
−w
Figura 3.28: Interpretación geométrica de la raı́z cuadrada de z
Ejemplo Si
sus raı́ces cuadradas son
π
π
,
z = 9 cos + i sen
3
3
π
π
w = ±3 cos + i sen
.
6
6
Ecuaciones de 2o grado
Como en los cursos elementales, si a, b, c ∈ C se puede completar cuadrados
en la fórmula cuadrática
ax2 + bx + c = 0,
b
x + x+
a
2
b
2a
b
x+
2a
2
2
=
=
b2 − 4ac
,
(2a)2
b
2a
2
c
− ,
a
3.5. RAÍCES N -ÉSIMAS DE NÚMEROS COMPLEJOS
y las soluciones son
√
b2 − 4ac
.
2a
Al número d = b2 − 4ac se le llama el discriminante. Si a, b, c ∈ R y d < 0
no hay solución real, pero compleja sı́.
√
√
Obsérvese primero que si α, β ∈ C − {0}, α es una raı́z de α y β lo es
de β, entonces todas las raı́ces de αβ son
√ p
±( α β)
x=
−b ±
97
√ √
((± α β)2 = αβ y sólo hay 2).
Volviendo a las soluciones, escribiendo
d = (−1)(d0 ),
las soluciones son
−b ±
Ejemplo
d0 > 0,
p
√
√
(−1) d0
−b ± i d0
=
.
2a
2a
x2 + 5x + 9,
tiene como raı́ces
−5 ±
√
25 − 36
5
11
=− ±i
.
2
2
2
√
EJERCICIOS 3.4
1. Calcule las raı́ces cuadradas de z = 3 + 4i.
2. Encuentre las raı́ces cuadradadas de:
a) z = 1 + 2i
b) w = 12(cos 5π
, sen 5π
).
2
2
3. Halle las soluciones de las siguientes ecuaciones:
a) x2 − x + 1 = 0
b) 3x2 + 3x + 2 = 0.
3.5.
Raı́ces n-ésimas de números complejos
La misma idea geométrica para encontrar raı́ces cuadradas se aplica para las
raı́ces n-ésimas. Obsérvese que en esta caso es muy importante considerar
todos los posibles argumentos, por ejemplo,
cos
π
π 120
120π
120π
+ i sen
= cos
+ i sen
7
7
7
7
98
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
(16 · 7 + 8)π
8π
8π
(16 · 7 + 8)π
+ i sen
= cos
+ i sen .
= cos
7
7
7
7
Es decir, al sumar argumentos estos pueden dar “muchas vueltas” al
cı́rculo.
Teorema 3.5.1. Sea z ∈ C, z 6= 0, z = r(cos s + i sen s), 0 6 s < 2π,
entonces z tiene exactamente n raı́ces n-ésimas dadas por
√
2kπ + s
2kπ + s
n
wk = r cos
+ i sen
,
n
n
k = 0, 1, . . . , n − 1.
Demostración. Sea w = ρ(cos σ + i sen σ) tal que wn = z, entonces
wn = ρn [cos(nσ) + i sen(nσ)] = r(cos s + i sen s),
√
∴ ρn = r y ρ = n r.
También, nσ − s = 2kπ, k ∈ Z, por lo que
σ=
2kπ + s
,
n
k ∈ Z.
Se afirma que tomando k = 0, 1, . . . , n − 1 se obtienen todas las raı́ces
distintas:
Dos enteros k1 , k2 determinan la misma solución si y sólo si
2k1 π + s 2k2 π + s
−
= 2kπ,
n
n
para alguna k ∈ Z
2k1 π 2k2 π
−
= 2kπ
n
n
⇔ k1 − k2 = kn
⇔ k1 ≡ k2 mód n.
⇔
El resultado se sigue ya que Zn tiene exactamente n elementos distintos
representados por las clases 0, 1, . . . , n − 1 .
Obsérvese que la elección 0 6 s < 2π en el enunciado del teorema, sólo
fue tomada para evitar complicaciones innecesarias, sin embargo el resultado
es cierto para cualquier elección.
3.5. RAÍCES N -ÉSIMAS DE NÚMEROS COMPLEJOS
99
Ejemplos.
1. Calculamos las raı́ces sextas de -3.
z = 3(cos π + i sen π), y
√
π + 2kπ
π + 2kπ
6
+ i sen
wk = 3 cos
6
6
k = 0, 1, . . . , 5. Por lo cual
w0 =
w1 =
=
w2 =
w3 =
w4 =
w5 =
√
π
π
6
3 cos + i sen
,
6
6
√
π 2π
π 2π
6
3 cos
+
+ i sen
+
6
6
6
6
√
√
3π
3π
6
6
3 cos
+ i sen
= 3 i,
6
6
√
5π
5π
6
3 cos
+ i sen
,
6
6
√
7π
7π
6
3 cos
+ i sen
,
6
6
√
√
9π
9π
6
3 cos
+ i sen
= 3(−i),
6
6
√
11π
11π
6
3 cos
+ i sen
.
6
6
w1
w0
w2
1
w3
√
3
w5
w4
Figura 3.29: Raı́ces sextas de -3
Obsérvese que habiendo obtenido la primera raı́z, las otras se obtienen
sumando al argumento 2π/n, consecutivamente, lo cual describe un polı́gono
regular de n lados, como en las Figuras 3.29 y 3.30.
100
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
2. Calculamos las raı́ces quintas de 25.
z = 25(cos 0 + i sen 0),
√
2kπ
2kπ
5
+ i sen
wk = 25 cos
5
5
k = 0, 1, . . . , 4.
w0 =
√
5
w1 =
√
5
w2 =
w3 =
w4 =
25,
2π
25 cos
5
√
4π
5
25 cos
5
√
6π
5
25 cos
5
√
8π
5
25 cos
5
2π
+ i sen
,
5
4π
+ i sen
,
5
6π
+ i sen
,
5
8π
+ i sen
.
5
w1
w2
w0
√
5
25
w3
w4
Figura 3.30: Raı́ces quintas de 25
En el siguiente capı́tulo usaremos el siguiente resultado fundamental. Este
resultado no se demuestra en este curso, ya que su prueba utiliza métodos
más complejos, por ejemplo, el teorema de Liouville de la Variable Compleja.
Teorema 3.5.2. (Fundamental del Algebra) Sea
P (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a0
un polinomio con coeficientes complejos, entonces existe z0 ∈ C tal que
P (z0 ) = 0.
3.5. RAÍCES N -ÉSIMAS DE NÚMEROS COMPLEJOS
101
Obsérvese que este teorema es falso en los reales, por ejemplo,
P (x) = x2 + 1,
ya que no tiene raı́ces reales, éstas son ±i. Ası́ como los reales son un campo
ordenado, los complejos no lo son.
Por otra parte, resulta que no existe un orden en C compatible con la
suma y el producto y que extiende el orden en los reales (ejercicio).
Por ejemplo, si ordenamos C de tal manera que a + ib 6 c + id, si se
cumple
i) a < c,
ii) a = c, b 6 d,
es fácil checar que éste orden cumple las propiedades de la tricotomı́a y la
transitividad, sin embargo no es compatible con el producto.
Por ejemplo, si u = 1, v = 1 + i y z = i, entonces 0 < z y u < v, pero uz
no es menor a zv, ya que i > i(1 + i) = −1 + i (véase la Figura 3.31).
i = z = zu
zv
v =1+i
u=1
Figura 3.31: Los complejos no son un campo ordenado
EJERCICIOS 3.5
1. Calcule las raı́ces cuartas de -16, y las raı́ces cúbicas de 27i.
2. Probar que no existe un orden en C que sea compatible con la suma y
el producto y que extienda el orden de los reales. Sugerencia: mostrar que
suponer 0 < −i implica incompatibilidad con las hipótesis.
102
CAPÍTULO 3. EL CAMPO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS
Capı́tulo 4
Polinomios
4.1.
Definiciones
Definición 37. Un polinomio es una expresión de la forma
a0 + a1 x + · · · + an xn ,
donde ai ∈ K y K es un campo (C, R, o Q). Al sı́mbolo x se le llama la
indeterminada.
Ejemplo
2 + 3x2 + x5
(si el coeficiente es cero se omite).
El término de grado i es ai xi , al polinomio 0 se le llama el polinomio nulo.
Definición 38. El grado de un polinomio es el mayor de los grados de los
términos con coeficiente distinto de cero.
Ejemplos. 2−5x3 +6x4 tiene grado cuatro. El polinomio constante 5 tiene
grado cero. xn tiene grado n.
Se dice que el polinomio 0 tiene grado −∞ (esto se motivará más tarde).
4.2.
Polinomios como funciones
Un polinomio puede interpretarse como una función
P : C −→ C,
con regla de correspondencia z 7→ a0 + a1 z + · · · + an z n .
Por ejemplo, P (z) = 1 + z + z 3 , o como función real P : R −→ R definida
como P (x) = 1 + x + x3 . Nótese que si x = 2, entonces P (2) = 11.
103
104
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Obsérvese que no existe ningún polinomio no nulo f (x) = a + bx + cx2 ,
tal que f (0) = f (1) = f (−1) = 0, ya que éstas condiciones implican a = 0,
y también
b + c = 0,
−b + c = 0.
Por lo que
b = c = 0.
Obsérvese también que si f1 (x) = a1 x2 + b1 x + c1 y f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2
son dos polinomios que satisfacen f1 (z) = f2 (z) ∀ z ∈ C, entonces a1 = a2 ,
b1 = b 2 , c 1 = c 2 .
Esto se sigue ya que como f1 (0) = f2 (0), se tiene c1 = c2 , también evaluando en 1 y -1 se tiene
a1 + b 1 = a2 + b 2
y a1 − b 1 = a2 − b 2 ,
por lo que a1 = a2 y b1 = b2 .
EJERCICIOS 4.2
1. Sea f (z) = z 3 −3z 2 −1. Encuentre el polinomio g(z) para el cual se cumple
g(z) = f (z − 1) ∀ z ∈ C.
4.3.
Suma y producto de polinomios
Un polinomio a0 + a1 x + · · · + an xn se puede escribir como
∞
X
ai x i ,
i=1
simplemente escribiendo am = 0 si m > n. Esta convención nos permite
definir la suma, escribiendo la expresión anterior como a0 + a1 x + a2 x2 + · · · .
Definición 39. La suma de polinomios está dada por
(a0 + a1 x + a2 x2 + · · · ) + (b0 + b1 x + b2 x2 + · · · )
= (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + (a2 + b2 )x2 + · · · .
4.3. SUMA Y PRODUCTO DE POLINOMIOS
105
Definición 40. El producto de polinomios está dado por
(a0 + a1 x + a2 x2 + · · · )(b0 + b1 x + b2 x2 + · · · )
= (a0 b0 ) + (a0 b1 + a1 b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )x2 + · · ·
!
k
X
+
aj bk−j xk + · · · .
j=0
Ejemplos.
1. (2 + 3x + 5x5 ) + (3x2 + 6x5 ) = 2 + 3x + 3x2 + 11x5 .
2. (2 + 3x + 2x2 )(5 + x + x2 + x3 )
= 10 + (2 + 3 · 5)x + (2 + 3 + 2 · 5)x2 + (2 + 3 + 2)x3
+(3 + 2)x4 + 2x5
= 10 + 12x + 15x2 + 8x3 + 6x4 + 2x5 .
Obsérvese que si
g(x) = f1 (x) + f2 (x) y h(x) = f1 (x)f2 (x),
entonces ∀ α ∈ C se tiene que
g(α) = f1 (α) + f2 (α) y h(α) = f1 (α)f2 (α).
Esto se sigue ya que la definición está basada en tratar a la indeterminada x como un elemento del campo y usar las propiedades distributiva y
asociativa.
Evidentemente si f1 (x) tiene grado m y f2 (x) tiene grado n, el grado de
f1 (x) + f2 (x) es menor o igual al máximo de m y n (incluso si uno de ellos
es nulo, ya que por convención −∞ + a = −∞).
Ejemplos.
1. (2 + x) + (−2 − x) = 0.
2. (2 + 3x5 ) + (1 + x + x9 ) = 3 + x + 3x5 + x9 .
Proposición 4.3.1. Si P (z) tiene grado n y Q(z) tiene grado m, entonces
el grado de P (z)Q(z) es n + m.
Demostración. Si alguno de los dos polinomios es nulo, el producto también (por convención (−∞) + n = −∞).
En los demás casos, si el polinomio P (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n y
Q(z) = b0 + b1 z + · · · + bm z m , an 6= 0 y bm 6= 0, el término de grado máximo
en P (z)Q(z) es bm an z n+m : tomando s > m + n, s = i + j, entonces i > m o
j > n, en ambos casos ai = 0 o bj = 0.
106
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Ejemplo
(2 − 3x + x3 )(3 − x) = 6 − 11x + 3x2 + 3x3 − x4 .
Denotaremos por A[x] al conjunto de polinomios con una indeterminada
sobre el anillo A (A puede ser Z, Q, R o C).
Teorema 4.3.2. El conjunto A[x] es un anillo conmutativo con unidad.
Demostración. Se sigue directamente de la definición que la suma de polinomios es conmutativa y asociativa. También si p(z) = an z n + · · · + a0 ,
ai ∈ A, entonces p(z) + 0 = p(z), y si −p(z) = −an z n − · · · − a1 z − a0 ,
entonces p(z) + (−p(z)) = 0.
P
P∞
j
j
En cuanto al producto, si tenemos p(z) = ∞
a
z
,
q(z)
=
j
j=0
j=0 bj z y
P∞
h(z) = j=0 cj z j , el coeficiente de grado m en [p(z)q(z)]h(z) está dado por
X
l+k=m
X
ai b j
i+j=k
!
cl ,
esta doble suma se puede expresar también como
X
ai b j c l .
i+j+l=m
Por consiguiente, este coeficiente es también el de grado m en p(z)[q(z)h(z)],
y por lo tanto el producto es asociativo. Un argumento más simple muestra
la conmutatividad, y ciertamente p(z) · 1 = p(z), para todo polinomio p(z).
Finalmente el coeficiente del término de grado m en p(z)[q(z) + h(z)] es
X
X
X
ai (bj + cj ) =
ai b j +
ai c j ,
i+j=k
i+j=k
i+j=k
que es precisamente el coeficiente del término de grado m en el polinomio
p(z)q(z) + p(z)h(z), por lo que vale la ley distributiva.
De hecho A[x] es un dominio entero, ésto es consecuecia inmediata de la
Proposición 4.3.1, ya que si
p(z)q(z) = 0,
entonces el grado de p(z) o de q(z) es −∞.
En particular es válida la ley de la cancelación para el producto, ya que
si p(z) 6= 0 y p(z)q(z) = p(z)h(z), entonces q(z) = h(z).
4.3. SUMA Y PRODUCTO DE POLINOMIOS
107
Definición 41. Sea ϕ : N −→ N una función, se dice que ϕ es polinomial si
existe f ∈ C[x] tal que f (n) = ϕ(n) ∀ n ∈ N.
Ejemplo Sea
ϕ(n) = 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + 2n − 1,
entonces
ϕ(n) = 1 + 2 + · · · 2n − (2 + 4 + 6 + · · · + 2n)
2n(2n + 1)
− 2(1 + 2 + 3 + · · · + n)
=
2
n(n + 1)
= n(2n + 1) − 2
2
= n(2n + 1 − n − 1) = n2 ,
y ϕ(n) = f (n), donde f (z) = z 2 y ϕ es polinomial.
Pn
j
En
general
se
puede
obtener
una
expresión
para
k=1 k si se conoce
Pn
j−1
. Por ejemplo, si queremos obtener una expresión para la suma
k=1 k
1 + 22 + · · · + n2 el truco es tomar
(k + 1)3 − k 3 = 3k 2 + 3k + 1.
Esta igualdad aplicada n veces establece que
n
n
n
X
X
X
3
3
2
k + n,
(k + 1) − k = 3
k +3
k=1
obteniéndose
3
(n + 1) − 1 = 3
ésto es
n
X
k=1
k=1
k=1
k2 + 3
n(n + 1)
+ n,
2
n
X
n(n + 1)
(n + 1) − (n + 1) − 3
=3
k2,
2
k=1
3
o
n
X
3n
(n + 1) (n + 1) − 1 −
=3
k2
2
k=1
i.e.
∴
2
X
n
n+1
3n
2
n + 2n −
=
k2
3
2
k=1
n
n(n + 1) 2n + 1
n(n + 1)(2n + 1) X 2
=
=
k ,
3
2
6
k=1
108
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
P
y ϕ(n) = nk=1 k 2 es polinomial, i.e. ϕ(n) = f (n), donde f (z) =
Obsérvese que éste procedimiento también muestra que
1 + 2 + ··· + n =
ya que
2
(n + 1) − 1 =
y
n
X
n
X
k=
k=1
k=1
z(z+1)(2z+1)
.
6
n(n + 1)
,
2
2
(k + 1) − k
2
=2
n
X
k+n
k=1
n(n + 1)
(n + 1)2 − 1 − n
=
.
2
2
EJERCICIOS 4.3
1. Demuestre que no existen f (x) y g(x) polinomios con coeficientes racionales
de grado 1 tales que f (x)g(x) = 2x2 + 1.
2. Considere f (x), g(x) y h(x) polinomios con coeficientes enteros, y suponga
que f (x) = g(x)h(x) y f (0) = 54321. ¿Es posible que g(0) = 4? Explique.
3. Encuentre el polinomio de grado 2 f (x) que toma los siguientes valores:
f (−2) = 0, f (−1) = −4 y f (0) = −6.
4. Sea f (x) = f1 (x)f2 (x)f3 (x)f4 (x) un polinomio de grado 9 donde el grado
de fi (x) > 0, para i = 1, . . . , 4. Pruebe que al menos dos de los polinomios
fi (x) tienen el mismo grado.
4.4.
División con residuo
En el anillo de los polinomios, a semejanza de los enteros, el algoritmo de la
división también es válido. Denotamos por gr (f (x)) al grado de un polinomio
f (x), y por K[x] el conjunto de los polinomios con una indeterminada sobre
un campo K (i.e. puede ser Q, R o C).
Teorema 4.4.1. Sean f (x) y g(x) polinomios en K[x], donde g(x) es no
nulo, entonces existe otros 2 únicos polinomios q(x) y r(x) en K[x] tales que
i) f (x) = g(x)q(x) + r(x),
ii) gr (r(x)) < gr (g(x)).
A f (x) se le llama dividendo, a g(x) divisor, a q(x), cociente y a r(x)
residuo. Obsérvese que en Z si a, b ∈ Z, b 6= 0 y a = bq +r, donde 0 6 r < |b|,
el valor absoluto juega el papel del grado.
4.4. DIVISIÓN CON RESIDUO
109
Ejemplo Si f (x) = x2 − 2 y g(x) = x − 1, entonces
x2 − 2 = (x + 1)(x − 1) − 1.
Demostración. (Del Teorema 4.4.1)
Unicidad
Si
f (x) = g(x)q1 (x) + r1 (x) = g(x)q2 (x) + r2 (x),
donde gr (ri (x)) < gr (g(x)), i = 1, 2, se tiene
g(x)[q1 (x) − q2 (x)] = r2 (x) − r1 (x).
Si q1 (x) 6= q2 (x), entonces g(x)[q1 (x) − q2 (x)] = r2 (x) − r1 (x) es un polinomio no nulo de grado mayor o igual a gr (g(x)). Esto se sigue, ya que
gr (q1 (x) − q2 (x)) = t > 0 y gr (g(x)) = m > 0,
por lo cual
gr(r2 (x) − r1 (x)) = m + t > m.
Sin embargo
gr (r2 (x) − r1 (x)) 6 máx{gr (r1 ), gr (r2 (x))} < gr (g(x)),
por lo cual q1 (x) = q2 (x) y r2 (x) = r1 (x).
Existencia
El algoritmo consiste en tomar una sucesión de parejas de polinomios
qi (x) y ri (x) tales que
f (x) = g(x)qi (x) + ri (x),
i = 1, 2, . . . ,
donde gr (f (x)) > gr (r1 (x)) > gr (r2 (x)) > · · · , por lo que después de un
número finito de pasos se tiene que gr (rn (x)) < gr (g(x)). Especı́ficamente:
a) Si gr (f (x)) < gr (g(x)), se tiene
f (x) = g(x) · 0 + f (x),
y terminamos.
b) Si gr (f (x)) > gr (g(x)), donde f (x) = a0 xm + a1 xm−1 + · · · + am y
g(x) = b0 xn + b1 xn−1 + · · · + bn , se procede de la siguiente manera:
110
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
i) Sean
q1 (x) =
a0 m−n
x
b0
y r1 (x) = f (x) − g(x)q1 (x),
entonces gr (r1 (x)) < gr (f (x)) (véase el ejemplo a continuación).
ii) Habiendo obtenido qi (x) y ri (x), si gr (ri (x)) > n (de otra manera
terminamos), escribimos gr (ri (x)) = mi y
ri (x) = ai,0 xmi + ai,1 xmi −1 + · · · + ai,mi ,
se toma
mi −n
qi+1 (x) = qi (x) + ai,0 b−1
,
0 x
por lo que
f (x) − qi+1 (x)g(x)
mi −n
= f (x) − qi (x)g(x) − ai,0 b−1
(g(x))
0 x
−1 mi −n
= ri (x) − ai,0 b0 x
(g(x)) = ri+1 (x)
es un polinomio de grado menor a ri (x) (ver ejemplo).
Como los grados de los polinomios decrecen, después de un número
finito de pasos
gr (rn (x)) < gr (g(x))
y
f (x) = g(x)qn (x) + rn (x).
Obsérvese que la prueba del teorema radica en ir tomando a los residuos
como dividendos, lo cual funciona gracias a la propiedad distributiva.
Ejemplo Sea f (x) = x4 + 5x3 − 2x2 + x − 1 y g(x) = 2x2 − x + 3. Calculamos
el cociente y el residuo de f (x) entre g(x).
En este caso se sigue de la Figura 4.1 que
1 2
x,
2
1 2 11
q2 (x) =
x + x,
2
4
q1 (x) =
q(x) =
1 2 11
3
x + x− .
2
4
8
y
4.4. DIVISIÓN CON RESIDUO
1er dividendo
1er residuo o
2o dividendo
2o residuo o
3er dividendo
111
x4 + 5x3 − 2x2 + x − 1
−x4 + 12 x3 − 32 x2
11 3
7 2
2 x − 2x + x − 1
11 2
33
3
− 11
2 x + 4 x − 4 x
− 43 x2 − 29
4 x−1
3 2
3
9
4x − 8x + 8
1
− 61
8 x+ 8
2x2 − x + 3
1 2
2x
r1 (x)
+
11
4 x
−
3
8
r2 (x)
r(x)
Figura 4.1: División con residuo
Obsérvese que en el Teorema 4.4.1, si f (x) y g(x) tienen coeficientes reales
(o racionales), entonces también el cociente q(x) y residuo el r(x) también
tienen coeficientes reales (o racionales). Esto se sigue ya que q(x) y r(x) se
obtienen de divisiones, sumas, restas y multiplicaciones de elementos en f (x)
y en g(x), que son reales (o racionales).
Como en los enteros se tiene el concepto de divisibilidad. Se dice que g(x)
divide a f (x) si
g(x)h(x) = f (x),
para alguna h(x) ∈ K[x], se escribe g(x)|f (x).
Evidentemente
g(x)|f (x) ⇐⇒ r(x) = 0,
donde f (x) = g(x)q(x) + r(x) y gr (r(x)) < gr (g(x)).
Proposición 4.4.2. Sea f (x) ∈ K[x], entonces las siguientes afirmaciones
son equivalentes:
i) f (x) tiene un inverso multiplicativo.
ii) f (x)|1.
iii) f (x) es de grado cero.
Demostración. i) ⇔ ii) es evidente (∃ g(x) tal que f (x)g(x) = 1).
Ahora, si f (x) es de grado 0, f (x) es un escalar distinto de 0, por lo que
tiene un inverso multiplicativo que es otro polinomio de grado 0 y se cumple
i) (y por consiguiente ii)).
Finalmente si se cumple ii), tomando en cuenta que los grados se suman
en el producto y que 1 = f (x)g(x) se tiene
−∞ < gr (f (x)) 6 0.
112
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Obsérvese que
x − a|x − b ⇐⇒ a = b,
ya que si (x − a)q(x) = x − b, entonces −∞ < gr (q(x)) = 0 y q(x) ∈ C,
digamos q(x) = α, por lo que
αx − αa = x − b y α = 1
y a = b (dos polinomios son iguales si y sólo si sus coeficientes son iguales).
Definición 42. Dados dos polinomios g(x) y f (x) en K[x], se dice que son
asociados si g(x)|f (x) y f (x)|g(x).
Claramente se sigue de la Proposición 4.3.1, que en este caso se tiene
f (x) = αg(x), para alguna α ∈ C − {0}, y viceversa, esta condición implica
que f (x) y g(x) son asociados.
EJERCICIOS 4.4
1. Calcule el cociente y el residuo al dividir los siguientes polinomios:
a) x3 − 3x + 2 entre x2 + 2.
b) 2x − 1 entre −x2 + 1.
c) x3 + 2x2 − x + 4 entre 3x + 1.
4.5.
Teorema del residuo, raı́ces
Definición 43. Sea P (x) ∈ A[x], se dice que a es una raı́z del polinomio
P (x), si P (a) = 0.
Es decir las raı́ces son las soluciones de la ecuación
P (x) = 0.
Se sigue directamente del Teorema 4.4.1(de la división con residuo), el
siguiente resultado.
Corolario 4.5.1. Si f (x) ∈ C[x], y a ∈ C, entonces existen q(x) ∈ C[x] y
r ∈ C únicos tales que
f (x) = q(x)(x − a) + r.
Esta ecuación tiene consecuencias fundamentales.
4.5. TEOREMA DEL RESIDUO, RAÍCES
113
Teorema 4.5.2. (Teorema del residuo) Bajo las hipótesis del corolario anterior, se tiene
r = f (a).
Demostración. La prueba no puede ser más simple,
f (a) = q(a)(a − a) + r = r.
Corolario 4.5.3. (Teorema del factor) a es raı́z del polinomio f (x) si y sólo
si (x − a) | f (x).
Demostración. En efecto, tenemos evidentemente que como f (a) = r,
r = 0 ⇔ (x − a) | f (x).
Corolario 4.5.4. Bajo la notación del Corolario 4.5.1, se tiene
(x − a) | [f (x) − f (a)].
Demostración. Esto se sigue, ya que
f (x) − f (a) = g(x)(x − a) + f (a) − f (a).
Corolario 4.5.5. Si (x − a) | [f (x)g(x)], entonces
(x − a) | f (x)
o (x − a) | g(x).
Demostración. La hipótesis implica
f (a)g(a) = 0,
∴
f (a) = 0 y (x − a) | f (x),
o g(a) = 0 y (x − a) | g(x).
114
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
En éste contexto es importante destacar de nuevo el teorema fundamental
del álgebra, que establece que todo polinomio en C[x] de grado positivo tiene
al menos una raı́z en C.
Por ejemplo, podemos expresar x3 − 1 como polinomios de grado 1 de la
siguiente manera: si
2π
2π
+ i sen
,
α = cos
3
3
entonces α3 = 1, y también
2
α = α = cos
4π
3
+ i sen
4π
3
cumple (α)3 = 1 (véase la Figura 4.2).
Ahora la tercera raı́z es 1, por lo que usando el Corolario 4.5.3 se tiene
(x − 1) | (x3 − 1),
en efecto x3 − 1 = (x2 + x + 1)(x − 1).
Ahora x − α y x − α son factores de x3 − 1, por lo que usando dos veces
el Corolario 4.5.5, se tiene
x2 + x + 1 = (x − α)(x − α).
En efecto,
(x − α)(x − α) = x2 − αx − αx + |α|2
= x2 − x(α + α) + 1
2π
2
= x − 2 cos
x+1
3
= x2 + x + 1,
y por lo tanto
x3 − 1 = (x − 1)(x − α)(x − α).
Obsérvese que el polinomio cero tiene una infinidad de raı́ces.
Teorema 4.5.6. En los polinomios con coeficientes reales, i.e. R[x], las raı́ces
complejas aparecen por parejas, i.e. si f (x) ∈ R[x] y α ∈ C, entonces
f (α) = 0 ⇐⇒ f (α) = 0.
4.5. TEOREMA DEL RESIDUO, RAÍCES
115
α
π
3
1
α
Figura 4.2: Raı́ces de x3 − 1
Demostración. Sea f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 , si α es una raı́z de
f (x), entonces
an αn + an−1 αn−1 + · · · + a0 = 0,
conjungando la ecuación tenemos
an αn + an−1 αn−1 + · · · + a0 = 0 = 0,
por lo que usando las propiedades de la conjugación
f (α) = 0.
La misma prueba muestra la afirmación recı́proca.
Algunos resultados sobre polinomios en Z[x] se establecen a continuación.
Teorema 4.5.7. Sea f (x) ∈ Z[x], f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn . Si a/b ∈ Q,
(a, b) = 1, es una raı́z de f (x), entonces
a | a0
Demostración. Si
a0 + a1
entonces
a
b
y
b | an .
+ · · · + an
a n
b
= 0,
bn a0 + a1 abn−1 + · · · + an an = 0.
Finalmente, como (a, b) = 1, se sigue el resultado
b | an
y a | a0 .
116
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Por ejemplo, el polinomio
f (x) = 2x3 + x2 − 2
no tiene raı́ces racionales, ya que si f (a/b) = 0, entonces a | 2 y b | 2. Las
posibles raı́ces son ±1, ±2 y ±1/2, sin embargo
f (1) = 1,
f (−1) = −3,
f (2) = 18, f (−2) = −14,
1
2
1
1
1
3
1
f
= 3 + 2 −2=−
y f −
= − 2 + 2 − 2 = −2.
2
2
2
2
2
2
2
Como caso particular del Teorema 4.5.7, se tiene que si
f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a0
es un polinomio en Z[x] que tiene raı́ces racionales, éstas son enteras. Esto
se cumple, ya que si
a
= 0 y (a, b) = 1,
f
b
entonces b | 1, i.e. b = 1.
Analizamos ahora el polinomio
f (x) = x3 + x − 3,
su derivada es f 0 (x) = 3x2 + 1, obsérvese que f 0 (x) > 0 ∀ x ∈ R, también el
mı́nimo de f 0 (x) es 1 en x = 0 (véase la Figura 4.3).
1
-1
1
Figura 4.3: Gráfica de f 0 (x) = 3x2 + 1
Es decir, la gráfica de f (x) = x3 + x − 3 es creciente, donde la derivada
decrece a 1 en 0 para luego crecer. También f (1) = −1 y f (2) = 7, por lo
que f tiene una única raı́z real en el intervalo (1,2) (véase la Figura 4.4).
4.6. ECUACIONES DE 2O GRADO
117
1
2
-1
-3
Figura 4.4: Gráfica de f (x) = x3 + x − 3
EJERCICIOS 4.5
1. Calcule las raı́ces de x5 − 1 = 0.
2. Exprese x8 − 1 como producto de polinomios reales.
3. Demuestre que si f (x) | g(x), entonces la raı́ces de f (x) también lo son de
g(x).
4. Demuestre que si f (x) 6= 0 y a, b, c son raı́ces distintas de f (x), entonces
gr (f (x)) > 3.
5. Sean f (x) y g(x) 2 polinomios tales que (x − a) | f (x) y (x − a) - g(x).
Demuestre que (x − a) - f (x) + g(x).
6. Si f (x) = x3 +2x2 −x−2. Determine los números z ∈ C tales que f (z) = 0.
4.6.
Ecuaciones de 2o grado
Sea
f (z) = az 2 + bz + c, a, b, c ∈ C,
se quiera factorizar f (z) y encontrar sus raı́ces, completando cuadrados se
tiene
c
b
az + bz + c = a z + z +
a
a
2
2
118
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
2
2 #
b
b
b
c
= a z2 + 2 z +
+ −
2a
2a
a
2a
"
#
2
2
b
b − 4ac
=a z+
.
−
2a
4a2
"
(4.1)
Si denotamos
b2 − 4ac
,
4a2
hay 2 casos: si b2 = 4ac, entonces α = 0 y
α=
2
b
,
f (z) = a z +
2a
√
√
de otra manera si α es una raı́z de α, − α es la otra y se sigue de (4.1)
que
√
√
b
b
− α
+ α ,
z+
f (z) = a z +
2a
2a
√
√
tomando z1 = −(b/2a) + α y z2 = −(b/2a) − α se tiene
f (z) = a(z − z1 )(z − z2 ),
por lo que z1 , z2 son las raı́ces de f (z), también si β es raı́z de f (z), entonces
(z − β) | f (z) y se sigue del Corolario 4.5.5 que β = z1 o β = z2 .
Obsérvese que
r
√
b
b2 − 4ac
−b + b2 − 4ac
z1 = − +
=
2a
4a2
2a
y
z2 =
donde
√
−b −
√
b2 − 4ac
,
2a
b2 − 4ac es cualquier raı́z de b2 − 4ac.
Ejemplo
z 2 + i = (z − β)(z + β),
donde β = cos(π/4) + i sen(π/4), en este caso tenemos b = 0, a = 1 y c = i,
por lo que
√
−4i √
3π
3π
3π
3π
z1 =
= −i = cos
+ i sen
y z2 = − cos
− i sen
2
4
4
4
4
4.7. DIVISIÓN SINTÉTICA
119
EJERCICIOS 4.6
1. Encuentre un polinomio de grado 4 con coeficientes reales que no tenga
ninguna raı́z real.
2. Sea f (x) = ax2 + bx + c un polinomio de grado 2 con coeficientes reales,
recordamos que el discriminante ∆ de f (x) es ∆ = b2 − 4ac. Demuestre que:
i) f (x) tiene dos raı́ces reales distintas, si ∆ > 0.
ii) f (x) tiene dos raı́ces reales iguales, si ∆ = 0.
iii) f (x) tiene dos raı́ces complejas no reales, que son conjugadas entre sı́,
si ∆ < 0.
4.7.
División sintética
El proceso de dividir un polinomio por un divisor de la forma x − a se
puede simplificar sustancialmente. Este P
proceso permite también obtener una
expresión para polinomios de la forma
ai (x − a)i .
Veamos el siguiente ejemplo, dividimos 4x4 − 3x3 + 2x2 − x + 1 entre x + 1.
4x4
−4x4
−3x3
−4x3
−7x3
7x3
+
+
+
2x2
−x
+
2x2
7x2
−x
+
1
9x2
−9x2
−x
−9x
+
1
+
+
1
10
−10x
10x
1
x +
1
4x3 − 7x2 + 9x − 10
11
Este proceso se puede escribir de manera más esquemática.
120
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
4
-3
-4
2
-1
-1
1
4 − 7 + 9 − 10
-7
7
9
-9
-10
10
11
Obsérvese que los coeficientes del cociente son el 1er número del 1er
renglón y los números que aparecen debajo de las rayas horizontales, exceptuando el último, que es el residuo, y los números arriba de las lı́neas
horizontales, se obtienen al multiplicar a (en el ejemplo a = −1) por los
coeficientes del cociente. Obsérvese también que los números debajo de las
lı́neas horizontales se obtienen sumando los números de arriba.
Sintetizando aún más, se escribe simplemente
4
-3
-4
2
7
-1
-9
1
10
4
-7
9
-10
11
-1
Obteniéndose un algoritmo muy simple: bajar 4 debajo de la raya, multiplicarlo por -1 y ponerlo arriba de la raya, sumar y el resultado es el siguiente
coeficiente del cociente, éste multiplicarlo por -1 y ponerlo arriba de la raya
en la siguiente columna, etcétera.
Veamos otro ejemplo:
1
1
2
2
6
3
16
5
38
-6
86
1
3
8
19
43
80
2
por lo cual
x5 + x4 + 2x3 + 3x2 + 5x − 8 = (x4 + 3x3 + 8x2 + 19x + 43)(x − 2) + 80.
A éste rápido algoritmo se le llama división sintética.PEste método nos
permite expresar rápidamente un polinomio en la forma
ai (x − a)i como
sigue.
4.7. DIVISIÓN SINTÉTICA
121
Si f (x) es un polinomio de grado n y a ∈ C, entonces
f (x) = (x − a)f1 (x) + b0
f1 (x) = (x − a)f2 (x) + b1
..
.
fn−1 (x) = (x − a)fn (x) + bn−1 ,
como el grado de fi (x) es n − i, fn (x) es de grado 0 (o −∞), i.e. fn (x) ∈ C,
se puede escribir como fn (x) = bn y se tiene
f (x) =
=
=
..
.
=
b0 + f1 (x)(x − a)
b0 + b1 (x − a) + f2 (x)(x − a)2
b0 + b1 (x − a) + b2 (x − a)2 + f3 (x)(x − a)3
b0 + b1 (x − a) + b2 (x − a)2 + b3 (x − a)3 + · · · + bn (x − a)n ,
obteniéndose
f (x) =
n
X
i=0
bi (x − a)i ,
donde b0 es el residuo de f (x) al dividirlo por x − a, b1 es el residuo de
f1 (x) al dividirlo por x − a, etcétera. Usando la división sintética se obtienen
rápidamenteP
los bi : por ejemplo, si se quiere expresar x4 + 3x3 + x2 − 2x − 1
en la forma
ai (x + 2)i , hacemos lo siguiente:
f (x)
−→
1
3
-2
1
-2
-2
2
-1
0
f1 (x)
−→
1
1
-2
-1
2
0
-2
-1
f2 (x)
−→
1
-1
-2
1
6
-2
f3 (x)
−→
1
-3
-2
7
f4 (x)
−→
1
-5
-2
y se tiene
x4 + 3x3 + x2 − 2x − 1
= (x + 2)4 − 5(x + 2)3 + 7(x + 2)2 − 2(x + 2) − 1,
122
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
obsérvese que el coeficiente
del término de grado máximo coincide con el
P
correspondiente en (x − a)i .
EJERCICIOS 4.7
1. Muestre que 2x7 − 3x5 + 2x4 − x3 + 7x − 2 no tiene raı́ces racionales.
2. Aproxime la raı́z real de f (x) = x3 + x − 3 con una aproximación de una
centésima usando el método de Newton.
P
3. Encuentre la expresión de x3 − 2x2 + x + 2 en la forma 3i=1 bi (x − 1)i .
4.8.
Raı́ces aisladas de polinomios reales
Se sigue del teorema del valor intermedio que si f (x) es un polinomio real,
tal que f (a) < 0 y f (b) > 0, donde a < b, entonces existe c ∈ [a, b], tal que
f (c) = 0.
Bisectando iteradamente el intervalo [a, b] se puede aproximar la raı́z (eligiendo el intervalo donde se cambia el signo). Sin embargo este método no es
eficiente, por ejemplo, si a = 3, b = 7 y se quiere aproximar con milésimas,
el número n de etapas debe cumplir
2n
i.e. 4 <
,
1000
7−3
6 .001,
2n
o
4000 < 2n ,
i.e. n >
log 4000
8.3
∼
∼ 12.
log 2
.7
Este método involucra muchos pasos por lo que el método más eficiente es el
de Newton.
Otro método interesante desde el punto de vista teórico es el de Horner. Esencialmente este método consiste en ir trasladando sucesivamente el
problema a intervalos con un extremo en el origen. Sea
α = A.a1 a2 a3 . . . ,
una raı́z aislada de un polinomio f (x) en el intervalo [A, A + 1], A ∈ N ∪ {0},
el algoritmo es el siguiente.
P
1. Se expresa f (x) = j a0, j (x − A)j , mediante la división sintética iterada,
y se define
X
f0 (x) =
a0, j xj ,
j
4.8. RAÍCES AISLADAS DE POLINOMIOS REALES
123
obsérvese que
f (x) = f0 (x − A),
(4.2)
es decir, el valor de f0 en el “traslado” de x al intervalo (0, 1) es el mismo
del valor de f en x (véase la Figura 4.5).
Nótese que para encontrar el primer decimal de α, i.e. a1 , hay que checar
que f (A.a1 ) y f (A.a∗1 ) tienen signo distinto, donde a∗1 = a1 + 1, y para esto
basta checar que f0 (.a1 ) y f (.a∗1 ) lo tienen. Esto se sigue ya que usando (4.2)
f0 (.t) = f0 (A.t − A) = f (A.t).
f0 (x − A)
= f (x)
0
f (x)
x−A
0
1
A
x A+1
Figura 4.5: Método de Horner
2. Se calcula f0 (.1), f0 (.2), . . . etcétera, para obtener el cambio de signo, obteniéndose a1 . Lo cual se puede hacer rápidamente encontrando el residuo al
dividir por x − .t (usando división sintética).
3. Se define fi (x) inductivamente, si
f (x) = fi−1 (x − A.a1 a2 , . . . , ai−1 ),
(como en (4.2)) se expresa
fi−1 (x) =
X
j
y se define
fi (x) =
ai, j (x − 10−i ai )j ,
X
ai, j xj .
j
Obsérvese que
fi−1 (x) = fi (x − 10−i ai ).
124
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Se tiene entonces que
f (x) = fi−1 (x − A.a1 a2 · · · ai−1 )
= fi (x − A.a1 a2 · · · ai−1 − 10−i ai )
= fi (x − A.a1 a2 . . . ai ).
(4.3)
4. Se calcula ai+1 , para lo que basta calcular fi en t × 10−(i+1) , donde t ∈
{0, 1, . . . , 9}, ya que
f (A.a1 a2 · · · ai t) = fi (A.a1 , · · · ai t − A.a1 a2 · · · ai ) = fi (t × 10−(i+1) ),
usando (4.3).
Es posible que en algún momento se encuentre la raı́z exacta. El método
también se aplica si α ∈ (−(A + 1), −A), A ∈ N ∪ {0} y
α = −A.a1 a2 . . . .
Para esto es necesario anteponer el signo menos a A, A.a1 , . . . , A.a1 a2 . . . ai
y a t×10−i , en el método (por ejemplo al dividir sintéticamente por el divisor
x − (−.1) = x + .1 se escribe -.1).
Consideremos el mismo ejemplo de la sección 4.5,
f (x) = x3 + x − 3,
como se mostró hay una sola raı́z en el intervalo (1, 2). A continuación se
calcula f0 (x).
1
0
1
1
1
-3
2
1
1
1
2
2
-1
1
2
1
4
1
3.
1
Por lo tanto
f (x) = (x − 1)3 + 3(x − 1)2 + 4(x − 1) − 1
y
f0 (x) = x3 + 3x2 + 4x − 1.
Calculamos ahora a1 , el residuo de f0 (x) al dividir por x − .t es f0 (.t)
(teorema del residuo).
4.8. RAÍCES AISLADAS DE POLINOMIOS REALES
.1
1
3
.1
4
.31
-1
.431
1
3.1
4.31
-.569 < 0
1
3
.2
4
.64
-1
.928
1
3.2
4.64
-.072 < 0
1
3
.3
4
.99
-1
1.497
1
3.3
4.99
.497
.2
.3
> 0.
Por lo tanto a1 = 2.
Ahora se calcula f1 (x) :
1
3
.2
4
.64
-1
.928
1
3.2
.2
4.64
.68
-.072
1
3.4
.2
5.32
1
3.6,
.2
de donde
f0 (x) = (x − .2)3 + 3.6(x − .2)2 + 5.32(x − .2) − .072
y
f1 (x) = x3 + 3.6 x2 + 5.32 x − .072.
Ahora calculamos a2 :
1
3.6
.01
5.32
.0361
-.072
.053561
1
3.61
5.3561
-.018439 < 0
.01
125
126
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
.02
1
3.6
.02
5.32
.0724
-.072
.107848
1
3.62
5.3924
.035848 > 0.
Por lo tanto α = 1.21 · · · .
En el siguiente ejemplo calculamos las raı́ces de
f (x) = x3 − 2x2 + 2.
Su derivada es
f 0 (x) = 3x2 − 4x,
cuyos puntos crı́ticos son x1 = 0 y x2 = 4/3. Calculando su segunda derivada
tenemos f 00 (x) = 6x − 4, por lo que 0 es un máximo (f 00 (0) < 0) y 4/3 es un
mı́nimo (f 00 (4/3) = 4 > 0) (véase la Figura 4.6).
Evaluando f (x) en −1, 0, 4/3 se tiene
32
4
> 0,
=2−
f (−1) = −1, f (0) = 2 y f
3
27
por lo que la raı́z tiene la forma
α = −0.a1 a2 · · · ,
y f0 (x) = f (x), ya que en este caso A = 0.
-1
0
4
3
2
Figura 4.6: Gráfica de f (x) = x3 − 2x2 + 2
Se calcula a1 (obsérvese que el método de Newton es mucho más eficiente),
4.8. RAÍCES AISLADAS DE POLINOMIOS REALES
1
-2
-.8
0
2.24
2
-1.792
1
-2.8
2.24
.308
1
-2
-.9
0
2.61
2
-2.349
1
-2.9
2.61
-.349
127
-.8
> 0,
-.9
< 0,
Por lo que α = −0.8.
El siguiente paso es calcular f1 (x) :
1
-2
-.8
0
2.24
2
-1.792
1
-2.8
-.8
2.24
2.88
.308
1
-3.6
-.8
5.12
1
-4.4,
-.8
de donde
f0 (x) = (x + .8)3 − 4.4(x + .8)2 + 5.12(x + .8) + .308
y
f1 (x) = x3 − 4.4 x2 + 5.12 x + .308,
etcétera.
EJERCICIOS 4.8
√
1. Haga una aproximación de una centésima de n 3, donde n = 2, 3, 4, usando
el método de Newton y luego el método de Horner.
2. Aproxime las raı́ces del polinomio 2x3 + 2x2 − 1 con un error de una
centésima.
128
4.9.
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Factorización de polinomios, raı́ces múltiples
Teorema 4.9.1. (Teorema de factorización) Sea f (z) un polinomio de grado n, n > 0 con coeficientes en C, entonces existen k números complejos
distintos dos a dos: z1 , z2 , . . . , zk tales que
f (z) = b(z − z1 )s1 (z − z2 )s2 · · · (z − zk )sk ,
donde si ∈ N ∀ i y b ∈ C. Además esta descomposición es única salvo
permutación de los factores.
Obsérvese que k 6 n. Veamos 2 ejemplos:
x2 + 1 = (x − i)(x + i),
(x − 2)(x + 2)2 = (x2 − 4)(x + 2) = x3 + 2x2 − 4x − 8.
Demostración. (Del Teorema 4.9.1) Esencialmente el resultado es consecuencia del teorema fundamental del álgebra.
Existencia
Lo probamos por inducción sobre el grado: si f (z) = a1 z + a0 a1 6= 0,
entonces gr (f (z)) = 1, y se tiene
a0
f (z) = a1 z −
.
a1
Suponiendo cierto el resultado para polinomios de grado n − 1, por el
teorema fundamental del álgebra, existe α ∈ C, tal que
f (α) = 0,
y por el Corolario 4.5.3, tenemos que
(z − α) | f (z),
i.e.
f (z) = (z − α)q(z),
como gr (q(z)) = n − 1,
q(z) = b(z − z1 )s1 (z − z2 )s2 · · · (z − zk )sk ,
y se sigue el resultado, ya sea que α = zi para alguna i, o que α 6= zi ∀ i.
4.9. FACTORIZACIÓN DE POLINOMIOS, RAÍCES MÚLTIPLES
129
Unicidad
También la probamos inductivamente: si n = 1,
f (z) = b(z − a) = b0 (z − a0 ),
entonces b = b0 , ba = ba0 , y por lo tanto a = a0 .
Suponiendo cierto para n − 1, si
f (z) = b(z − z1 )s1 · · · (z − zk )sk = b0 (z − w1 )t1 · · · (z − wm )tm ,
al considerar el coeficiente del término de grado máximo, se tiene que b = b0 .
Ahora (z − z1 ) | f (z), por lo que usando el Corolario 4.5.5,
(z − z1 ) | z − wi ,
para alguna i, y sin perder generalidad (permutando los factores si es necesario) se tiene
(z − z1 ) | z − w1 ,
i.e. z1 = w1 . Finalmente como el anillo de polinomios es un dominio entero,
se obtiene
(z − z1 )s1 −1 (z − z2 )s2 · · · (z − zk )sk = (z − w1 )t1 −1 (z − w2 )t2 · · · (z − wm )tm ,
que son polinomios de grado n − 1, por lo que aplicando la hipótesis de
inducción s1 − 1 = t1 − 1, y salvo una permutación, los factores (z − zj )sj son
los factores (z − wj )tj .
Definición 44. Sea f (z) un polinomio en C[z] y α una raı́z de f (z), se dice
que α es una raı́z de multiplicidad m, si (z−α)m | f (z), pero (z−α)m+1 - f (z).
Por ejemplo, si
f (z) = (z − 1)2 (z + 2)(z − i)3 ,
1 es de multiplicidad 2, y i es de multiplicidad 3 ¿porqué?
Proposición 4.9.2. Sean f (z) y g(z) dos polinomios en C[z], tales que
f (α) = g(α) ∀ α ∈ C, entonces son iguales como polinomios.
Demostración. Lo probamos por inducción sobre el menor de los grados.
Si gr (f (z)) 6 0, f (z) es constante y g(z) también, por lo que son iguales.
Si gr (f (z)) = n y z0 es una raı́z de f (z), entonces también lo es de g(z),
por lo que
f (z) = (z − z0 )h(z),
130
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
g(z) = (z − z0 )h1 (z),
y h(z) tiene grado n − 1, de donde
h(α) = h1 (α) ∀ α 6= z0 .
Finalmente se demuestra de manera idéntica que en el caso real que los
polinomios como funciones de C en C son continuas, por lo que si coinciden
en C, salvo quizá en un punto, deben coincidir también en dicho punto (f (x)
es continua en x0 ⇔ ∀ sucesión xn → x0 , f (xn ) → f (x0 )), por lo que
h(α) = h1 (α) ∀ α ∈ C,
y se sigue de la hipótesis de inducción que h(z) y h1 (z) son el mismo polinomio, y en consecuencia f (z) y g(z) también.
Obsérvese que en la última parte de la demostración se usó variable compleja, pero muy elemental.
EJERCICIOS 4.9
1. Sean α1 , α2 , . . . , αt todas las raı́ces de f (x), αi 6= αj si i 6= j, y mi la
multiplicidad de αi . Muestre que
m1 + · · · + mt = gr (f (x)).
2. Qué polinomio de grado 4 tiene como raı́ces a 0, π, 2 y −1.
3. Demuestre que α es raı́z de multiplicidad mayor o igual al mı́nimo de m1
y m2 de f1 (x)g1 + f2 (x)g2 (x), donde α es raı́z de multiplicidad mi de fi (x),
i = 1, 2, y g1 (x), g2 (x) son 2 polinomios no nulos cualesquiera. Pruébese
también que si m1 > m2 , α es raı́z de multiplicidad m2 de f1 (x) + f2 (x).
4. Pruebe que α es raı́z de multiplicidad 0 de f (x) si y sólo si α no es raı́z de
f (x).
5. Suponga de α es raı́z de multiplicidad mi de gi (x), para i = 1, 2. Si
f (x) = g1 (x)g2 (x),
muestre que α es raı́z de multiplicidad m1 + m2 de f (x).
6. Determine la multiplicidad de 1 como raı́z de los siguientes polinomios:
i) −x4 + 3x3 + 2x2 − 4,
ii) 3x4 − x3 − x − 1.
4.10. DERIVADAS Y MULTIPLICIDAD
4.10.
131
Derivadas y multiplicidad
A todo polinomio
f (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n
se le asocia otro polinomio que es su derivada
f 0 (z) = a1 + 2a2 z + 3a3 z 2 + · · · + nan z n−1 .
Obsérvese que si f (x) ∈ R[x], f 0 (x) es como en cálculo, su derivada.
Dada la estructura de campo de C, esta situación se generaliza fácilmente a
funciones de C en C. Se pueden discutir ciertas propiedades de la derivada
de polinomios en C sin usar cálculo complejo (derivadas).
Definición 45. Sea
∞
X
f (z) =
ak z k ,
k=0
donde aj = 0 ∀ j > N, se define la derivada de f (z) como el polinomio
0
f (z) =
∞
X
(k + 1)ak+1 z k .
k=0
Inductivamente se define también
f n+1 (z) = (f n )0 (z).
Probamos ahora, sin usar cálculo, la regla de Leibniz.
Proposición 4.10.1. Si f (z) = g(z)h(z), entonces
f 0 (z) = g 0 (z)h(z) + g(z)h0 (z).
Obsérvese que el cálculo real no es suficiente para probar ésta identidad,
sin embargo, los mismos métodos que muestran este hecho en cálculo real, se
aplican al caso complejo.
Demostración. (De la Proposición 4.10.1) Dada z ∈ C,
g(z) =
∞
X
ai z
i
i=0
y h(z) =
∞
X
bj z j ,
j=0
se sigue de la definición del producto que
!
∞
∞
X
X
X
k
f (z) =
ai b j z =
ck z k .
k=0
i+j=k
k=0
132
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Ahora
f 0 (z) =
∞
X
(k + 1)ck+1 z k =
k=0
también
∞
X
X
(k + 1)
k=0
ai b j
i+j=k+1
!
zk ,
∞
∞
X
X
k
g (z) =
(k + 1)ak+1 z =
a0k z k ,
0
k=0
k=0
donde a0k = (k + 1)ak+1 ∀ k, análogamente
0
h (z) =
∞
X
b0k z k ,
k=0
donde b0k = (k + 1)bk+1 ∀ k.
Bajo esta notación
g(z)h0 (z) =
∞
X
k=0
=
∞
X
k=0
X
ai b0j
i+j=k
X
!
zk =
sai bs
i+s−1=k
∞
X
X
k=0
!
zk =
!
(j + 1)ai bj+1 z k
i+j=k
∞
X
k=0
X
sai bs
i+s=k+1
!
donde s = j + 1.
Invirtiendo los papeles de g(z) y h(z), se tiene también
!
∞
X
X
iai bs z k .
h(z)g 0 (z) =
k=0
i+s=k+1
Finalmente, usando (4.4) se tiene que
g(z)h0 (z) + g 0 (z)h(z) =
=
∞
X
(i + s)ai bs
k=0
i+s=k+1
∞
X
X
(k + 1)ai bs
k=0
i+s=k+1
Corolario 4.10.2. Si f (z) = [g(z)]m , entonces
f 0 (z) = m[g(z)]m−1 g 0 (z),
donde f (z), g(z) ∈ C[z].
!
X
zk
!
z k = f 0 (z).
zk ,
(4.4)
4.10. DERIVADAS Y MULTIPLICIDAD
133
Demostración. Por inducción, si m = 1, no hay nada que probar.
Suponiendo cierto para m − 1 y usando la Proposición 4.10.1, como
f (z) = [g(z)]m−1 g(z),
se sigue que
f 0 (z) = (m − 1)[g(z)]m−2 g 0 (z)g(z) + g 0 (z)[g(z)]m−1
= [g(z)]m−1 g 0 (z)[m − 1 + 1] = m[g(z)]m−1 g 0 (z).
Lema 4.10.3. Si α es raı́z de multiplicidad m de f (z), entonces lo es de
multiplicidad m − 1 de f 0 (z).
Demostración. Se tiene f (z) = (z − α)m g(z), donde (z − α) - g(z). Ahora
f 0 (z) = m(z − α)m−1 g(z) + (z − α)m g 0 (z) = (z − α)m−1 [m g(z) + (z − α)g 0 (z)],
como z − α no es factor de
m g(z) + (z − α)g 0 (z),
α es raı́z de multiplicidad m − 1 de f 0 (z).
Establecemos ahora condiciones para encontrar la multiplicidad de las
raı́ces.
Teorema 4.10.4. Sea f (z) un polinomio de grado positivo y m ∈ N, entonces
α es una raı́z de multiplicidad m de f (z) si y sólo si se cumplen las siguientes
2 condiciones:
a) f (α) = f 0 (α) = · · · = f m−1 (α) = 0,
b) f m (α) 6= 0.
Por ejemplo, si f (z) = z 5 , entonces 0 es una raı́z de multiplicidad 5, ya
que f 0 (0) = f 2 (0) = f 3 (0) = f 4 (0) = 0, pero f 5 (0) =
6 0:
f 0 (z)
f 2 (z)
f 3 (z)
f 4 (z)
f 5 (z)
=
=
=
=
=
5z 4 ,
5 · 4z 3 ,
5 · 4 · 3z 2 ,
5!z,
5!.
134
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Demostración. (Del Teorema 4.10.4) ⇒) Hacemos inducción sobre la multiplicidad. Si α es de multiplicidad 1 de f (z), se sigue del Lema 4.10.3 que
tiene multiplicidad 0 para f 0 (z), por lo que
f (α) = 0 y f 0 (α) 6= 0
(si α es de multiplicidad 0 para f 0 (z), entonces (z − α) - f 0 (z) y f 0 (α) 6= 0).
Suponiendo cierto para raı́ces de multiplicidad m, sea α raı́z de multiplicidad m + 1 en f (z), entonces por el Lema 4.10.3, α es de multiplicidad m
en f 0 (z) y por hipótesis de inducción
f 0 (α) = f 2 (α) = · · · = f m (α) = 0,
pero f m+1 (α) 6= 0, como f (α) = 0, se sigue el resultado.
⇐) Inducción sobre el número m definido por a) y b).
Si m = 1, f (α) = 0 y f 0 (α) 6= 0, entonces
(z − α) | f (z),
pero α no es raı́z de f 0 (z), por lo que α es de multiplicidad 1 (usando de
nuevo el lema).
Suponiendo cierto para m, probamos para m + 1. Sea f (z) ∈ C[z] tal que
f (α) = f 0 (α) = · · · = f m (α) = 0
y
f m+1 (α) 6= 0,
entonces (por hipótesis de inducción) α es de multiplicidad m de f 0 (z), por
lo que es de multiplicidad m + 1 de f (z).
En los casos de raı́ces múltiples, derivando se pueden encontrar las raı́ces
de los polinomios, por ejemplo, si
f (z) = z 4 − 3z 3 − 6z 2 + 28z − 24,
f 0 (z) = 4z 3 − 9z 2 − 12z + 28
y f 00 (z) = 12z 2 − 18z − 12.
Las raı́ces de f 00 (z) son las de 2x2 − 3x − 2 = 0, éstas son
√
3 ± 9 + 16
1
= 2, − .
4
2
También, f (2) = 0, ya que
4.11. COEFICIENTES, RAÍCES Y POLINOMIOS SIMÉTRICOS
1
-3
2
-6
-2
28
-16
-24
24
1
-1
-8
12
0
135
2
y como
4
-9
8
-12
-2
28
-28
4
-1
-14
0
2
f 0 (2) = 0.
Ahora f 3 (z) = 24x − 18 y f 3 (2) 6= 0, por lo que se sigue del Corolario
4.5.3 que 2 es una raı́z de multiplicidad 3 y
(z − 2)3 | f (z).
EJERCICIOS 4.10
1. Determine la otra raı́z de f (z) = z 4 − 3x3 − 6z 2 + 28z − 24, y escriba su
factorización. Sugerencia: usar división sintética iterada.
2. Factorice f (x) = x5 − 4x4 + 4x3 + 2x2 − 5x − 2.
3. Muestre que las únicas raı́ces de x4 − 2ix3 − 2ix − 1 son i y −i.
4. Demuestre que 2x5 − 3x4 + 1 no tiene ninguna raı́z de multiplicidad 4.
4.11.
Coeficientes, raı́ces y polinomios simétricos
Definición 46. A un polinomio se le llama mónico si el coeficiente del
término de grado máximo es 1, por ejemplo f (x) = x5 − 2x2 + 1.
Teorema 4.11.1. Sean α1 , α2 , . . . , αn las raı́ces de un polinomio mónico
contadas con su multiplicidad, entonces si
f (z) = z n + a1 z n−1 + · · · + an = (z − α1 ) · · · (z − αn ),
se tiene
ai =
X
16r1 <···<ri 6n
!
n
Y
(−αrj ) ,
j=1
136
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
donde la suma es tomada de tal manera que para toda colección de i naturales
distintos r1 , r2 , . . . , ri menores a n, aparece el sumando
i
Y
(−αrj ) = (−αr1 )(−αr2 ) · · · (−αri ),
correspondiente a r1 , . . . , ri .
j=1
Por ejemplo si n = 3 y i = 2, hay que considerar las posibilidades de
tomar r1 , r2 en {1, 2, 3} para obtener el coeficiente del término de grado 1.
(z − α1 )(z − α2 )(z − α3 ) = z 3 + a1 z 2 + a2 z + a3
= z 3 + (−α1 − α2 − α3 )z 2
+(α1 α2 + α2 α3 + α1 α3 )z − α1 α2 α3 ,
por lo que
a1 = −α1 − α2 − α3 ,
a2 = α1 α2 + α2 α3 + α1 α3 ,
a3 = −α1 α2 α3 .
Obsérvese en este ejemplo que el número de sumandos para el coeficiente
ai de z n−i es Cin .
Demostración. (Del Teorema 4.11.1)
Al efectuar todos los productos en
(z − α1 )(z − α2 ) · · · (z − αn ),
los coeficientes de los términos de grado n − i son precisamente aquellos
obtenidos al multiplicar i números de la forma
αr1 , αr2 , . . . , αri ,
(donde 1 6 r2 < r2 < · · · < ri 6 n) por n − i indeterminadas z.
Obsérvese que, como en el ejemplo, el número de sumandos que definen
el coeficiente ai (de grado n − i) es Cin .
Nótese que en la discusión en el teorema anterior se considera una raı́z
de multiplicidad k, como k raı́ces, por ejemplo
(z − 2)2 = z 2 − 4z + 4 = (z − 2)(z − 2)
= z 2 + (−2 − 2)z + (−2)(−2)
4.11. COEFICIENTES, RAÍCES Y POLINOMIOS SIMÉTRICOS
137
o
(z − 2)3 = z 3 + (−2 − 2 − 2)z 2 +
[(−2)(−2) + (−2)(−2) + (−2)(−2)]z + (−2)(−2)(−2).
Los coeficientes de los polinomios expresados en términos de raı́ces tienen
propiedades interesantes.
Teorema 4.11.2. Sean α1 , α2 , . . . , αn , . . . números complejos,
!
i
n
X
Y
X
−αrj
an,i =
y
sn,i =
αji ,
16r1 <···<ri 6n
j=1
j=1
donde i 6 n, i, n ∈ N, entonces
a) an,1 + sn,1 = 0 ∀ n > 1.
b) 2an,2 + an,1 sn,1 + sn,2 = 0 ∀ n > 2.
c) 3an,3 + an,2 sn,1 + an,1 sn,2 + sn,3 = 0 ∀ n > 3.
Demostración. Obsérvese que ∀ n an,i y sn,i se pueden pensar también
como polinomios simétricos en n variables (i.e. no varı́an los valores de la
función al permutar el orden de las αi ).
a)
n
n
X
X
(−αi ) +
αj = 0.
i=1
j=1
b) Por ejemplo, si n = 3 se tiene
2(α1 α2 + α1 α3 + α3 α2 ) + (α1 + α2 + α3 )(−α1 − α2 − α3 )
+α12 + α22 + α32 = 0.
En general
2
X
(−αr1 )(−αr2 ) +
16r1 <r2 6n
n
X
i=1
αi
!
−
n
X
i=1
αi
!
+
n
X
αi2 = 0,
i=1
ya que en el segundo término los productos αi αj , donde i 6= j, aparecen 2
veces y se cancelan todos con los del primer término. Se generan también
cuadrados que se cancelan con el último término.
138
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
c)
3
X
16r1 <r2 <r3 6n
3
Y
(−αrj )
j=1
!
+
X
(−αr1 )(−αr2 )[α1 + α2 + · · · + αn ]
16r1 <r2 6n
−(α1 + · · · + αn )(α12 + · · · + αn2 ) + (α13 + · · · + αn3 ) = 0.
El primer término se puede interpretar como 3 veces la suma de los coeficientes de los términos de grado n − 3 (i.e. suma de todos los productos de
la forma αi αj αk , i, j, k distintos).
El segundo término contiene de nuevo todos estos coeficientes repetidos
3 veces por lo que se cancelan, pero también aparecen sumandos de la forma
αi2 αj i 6= j, los cuales se cancelan con el tercer término salvo los sumandos
−(αi )3 del 3er término que se cancelan con el cuarto.
EJERCICIOS 4.11
1. Demuestre el Teorema 4.11.1 cuando n = 2 usando la fórmula de las raı́ces
de la ecuación cuadrática.
2. Bajo la notación del Teorema 4.11.2, exprese a2,1 y a2,2 en términos de s2,1
y s2,2 , y viceversa.
3. Exprese a3,1 , a3,2 y a3,3 en términos de s3,1 , s3,2 y s3,3 , y viceversa.
4. Demuestre el Teorema 4.11.2 cuando n = 2 y n = 3.
5. Si f (x) = x2 + bx + c, demuestre que (α1 − α2 )(α2 − α1 ) = 4c − b2 , donde
α1 , α2 son sus sus raı́ces,
4.12.
Polinomios con coeficientes reales
Teorema 4.12.1. Sea f (x) ∈ R[x], entonces f se puede factorizar como el
producto de una constante por polinomios mónicos de grados 1 y 2, en algunos
casos los polinomios de grado 2 no se pueden descomponer en polinomios
reales de grado 1.
Demostración. Se sigue del teorema de factorización que
f (x) = b(x − α1 )t1 (x − α2 )t2 · · · (x − αk )tk ,
b ∈ R, ya que es el coeficiente del término de grado máximo. Ahora se sigue
del Teorema 4.5.6 que si α 6∈ R y f (α) = 0, entonces f (α) = 0, por lo que
4.12. POLINOMIOS CON COEFICIENTES REALES
139
en la descomposición de f (x) aparecen los factores (x − α) y (x − α). Ahora,
como
(xα)(x − α) = x2 − αx − αx + |α|2 = x2 − 2 Re (α)x + |α|2 ,
es un polinomio en R[x], se pueden remplazar todas las raı́ces complejas
para formar polinomios reales de grado 2. Las potencias son iguales. Esto se
prueba por inducción, dividiendo f (x) entre x2 − 2 Re (α)x + |α|2 se obtiene
un polinomio real, etcétera.
Ejemplo
x3 − 1 = (x − 1)(x − w)(x − w2 ),
√
1
3
donde w = − +
i y w2 = w, por lo que
2
2
x3 −1 = (x−1)(x−w)(x−w) = (x−1)(x2 −2 Re (w)x+|w|2 ) = (x−1)(x2 +x+1).
Definición 47. Dado f (z) ∈ C[z], f (z) = a0 z n + · · · + an , se define su
conjugado f (z) = a0 z n + · · · + an .
Proposición 4.12.2. Sean f (z), g(z), h(z) ∈ C[z]. Entonces,
a) si f (z) = g(z)h(z), se tiene que f (z) = g(z)h(z),
b) si g(z) | f (z), se tiene que g(z) | f (z),
c) si f (x) ∈ R[x], se tiene que
g(x) | f (x) ⇐⇒ g(x) | f (x),
en particular
(x − α)m | f (x) ⇐⇒ (x − α)m | f (x).
Demostración.
a) Si
g(z) =
n
X
ai z
i
y h(z) =
i=1
n
X
bi z i ,
i=1
el coeficiente del término de grado k de f está dado por
X
ai b j ,
i+j=k
140
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
y el de f por
X
ai b j
i+j=k
!
=
X
ai b j .
i+j=k
b) Si f (x) = g(x)h(x), se sigue de a) que f (z) = g(z)h(z).
c) Si f (x) = g(x)h(x), entonces f (x) = f (x) = g(x)h(x) y g(x) | f (x), y
viceversa.
EJERCICIOS 4.12
1. Exprese x4 − 1 y x6 − 1 como productos de polinomios con coeficientes
reales de grado 1 y 2.
p
√
√
2. Compruebe que 1/4(−1 + 5 + 10 + 2 5i) es una raı́z quinta de 1, y
factorice x4 + x3 + x2 + x + 1 como producto de 2 polinomios de grado 2 con
coeficientes en R.
4.13.
El algoritmo de Euclides con polinomios
Como Z, los polinomios K[x] son una anillo euclidiano. El Algoritmo de
Euclides (Capı́tulo 1, sección 1.4) también se aplica a los polinomios gracias
al concepto de grado, y se obtienen máximos comunes divisores.
Lema 4.13.1. Sean f1 (x), f2 (x) ∈ K[x] y consideremos g(x) otro polinomio
tal que g(x) | fi (x), i = 1, 2, entonces g(x) divide a toda combinación lineal
de f1 (x) y f2 (x), i.e.
g(x) | (h1 (x)f1 (x) + h2 (x)f2 (x)),
∀ h1 (x), h2 (x) ∈ K[x].
Demostración. Se puede escribir
hi (x)fi (x) = g(x)ϕi (x),
i = 1, 2,
sumando y factorizando se obtiene el resultado.
Proposición 4.13.2. Consideremos f1 (x), f2 (x) ∈ K[x] no nulos y una combinación lineal de de grado mı́nimo d(x) = f1 (x)g1 (x) + f2 (x)g2 (x), entonces
d(x) | fi (x), i = 1, 2 y por lo tanto a cualquier combinación lineal de ellos
(por el Lema 4.13.1).
4.13. EL ALGORITMO DE EUCLIDES CON POLINOMIOS
141
Demostración. Igual que en los enteros. Si
f1 (x) = d(x)q(x) + r(x),
gr (r(x)) 6 g1 (x), necesariamente r(x) = 0, ya que si r(x) 6= 0, sustituyendo
d(x), se tendrı́a que r(x) es una combinación lineal de menor grado.
Definición 48. Un máximo común divisor MCD de dos polinomios no nulos
f1 (x) y f2 (x) es un divisor común de grado máximo.
Proposición 4.13.3. Si d1 (x), d2 (x) son máximos divisores comunes de f1 (x)
y f2 (x), entonces d1 (x), d2 (x) son asociados.
Demostración. Se hace exactamente como en el caso de los enteros, aplicando el algoritmo de Euclides a f1 (x), f2 (x), se obtiene un divisor común
g(x), en particular si d(x) es un MCD, d(x) | g(x),
∴
gr (g(x)) > gr (d(x)).
Como también gr (g(x)) 6 gr (d(x)), g(x) es asociado con d(x) y cualesquiera
2 MCD son asociados entre sı́ se sigue el resultado.
Nótese que ser asociado es una relación de equivalencia.
Teorema 4.13.4. Cualquier combinación lineal de grado mı́nimo de f1 (x) y
f2 (x) es un MCD de ellos.
Demostración. Sea e(x) una combinación lineal de grado mı́nimo y d(x)
un MCD, entonces por la Proposición 4.13.2 e(x) es un divisor común, por
lo que gr (e(x)) 6 gr (d(x)), y por el Lema 4.13.1 d(x) | e(x),
∴
gr (e(x)) = gr (d(x)).
Corolario 4.13.5. Cualquier MCD de f1 (x) y f2 (x) es una combinación
lineal de grado mı́nimo de ellos.
Demostración. Si d(x) es un MCD, entonces es asociado a una combinación lineal de grado mı́nimo y por lo tanto también es combinación lineal de
grado mı́nimo.
Corolario 4.13.6. Todo divisor común de f1 (x) y f2 (x) es un divisor de
cualquier MCD
Demostración. Un MCD es combinación lineal de f1 (x) y f2 (x), etcétera.
142
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Corolario 4.13.7. Sea e(x) un divisor común de f1 (x) y f2 (x) tal que para
todo divisor g(x) de f1 (x), f2 (x) se tiene g(x) | e(x), entonces e(x) es un MCD
Demostración. Si d(x) es un MCD, por hipótesis d(x) | e(x), por lo tanto
gr (d(x)) 6 gr (e(x)), también gr (d(x)) > gr (e(x)).
Definición 49. Sean f1 (x), f2 (x) ∈ K[x] no nulos, se define el máximo
común divisor como su único MCD mónico. Se escribe sin ambigüedad
d(x) = (f1 (x), f2 (x)).
Obsérvese que si f1 (x) o f2 (x) es nulo, digamos f1 (x), entonces
d(x) = kf2 (x),
(si f2 (x) = an xn + · · · + a0 , entonces k = 1/an ).
Teorema 4.13.8. Sea f (z) ∈ K[z], entonces f (z) tiene una raı́z de multiplicidad > 1 si y sólo si
(f (z), f 0 (z)) 6= 1.
Demostración. ⇒) Sea α una raı́z de multiplicidad m de f (z), entonces
α es una raı́z de multiplicidad m − 1 de f 0 (z), i.e. m − 1 > 0. Como
(z − α) | f 0 (z) y (z − α) | f (z),
se sigue que
(f (z), f 0 (z)) 6= 1.
⇐) Sea q(z) = (f (z), f 0 (z)), donde gr (q(z)) > 0, y α es una raı́z de q(z),
por lo tanto α es una raı́z de f (z) y de f 0 (z), y si α es raı́z de multiplicidad
m de f (z), lo es de multiplicidad m − 1 de f 0 (z) y m − 1 > 0.
EJERCICIOS 4.13
1. Sea {α1 , . . . , αk } el conjunto de raı́ces comunes de dos polinomios no nulos
f (z), g(z) ∈ K[z], donde mi y ni son las multiplicidades de αi como raices
de f (z) y g(z), respectivamente, demuestre que
(f (z), g(z)) =
k
Y
(z − αi )mı́n(mi ,ni ) .
i=1
2. Sea f1 (z) el cociente de f (z) y de (f (z), f 0 (z)), donde f (z) es no nulo.
Demuestre que f1 (z) tiene las mismas raı́ces que f (z), pero todas con multiplicidad 1.
3. Calcule el MCD de f (x) = x7 + x3 + 1 y su derivada, compruebe que f (x)
no tiene raı́ces de multiplicidad > 1.
4. Factorice el polinomio f (z) = z 3 + (−6 − 3i) z 2 + (9 + 12i) z + (−2 − 11i).
4.14. MÉTODO DE STURM
4.14.
143
Método de Sturm
Este método sirve para localizar las raı́ces reales de polinomios reales. Usando
el Ejercicio 2 de la sección anterior, se puede suponer que todas las raı́ces
son de multiplicidad uno, remplazando f (x) por
f1 (x) =
f 0 (x)
,
(f (x), f 0 (x))
si es necesario.
Aplicando el algoritmo de Euclides a f (x) y f 0 (x) se tiene
f (x)
f 0 (x)
r2 (x)
=
=
=
..
.
f 0 (x)q1 (x) + r2 (x)
r2 (x)q2 (x) + r3 (x)
r3 (x)q3 (x) + r4 (x)
(4.5)
rn−2 (x) = rn−1 (x)qn−1 (x) + rn (x),
donde rn (x) es una constante 6= 0, ya que (f (x), f 0 (x)) = 1 (pues el último
residuo 6= 0 es el MCD y por hipótesis tiene grado 6 0).
Ahora, escribimos
f2 (x) = −r2 (x), f3 (x) = −r3 (x), f4 (x) = r4 (x), f5 (x) = r5 (x),
f6 (x) = −r6 (x), f7 (x) = −r7 (x), f8 (x) = r8 (x), f9 (x) = r9 (x),
etcétera (por parejas) y
f (x) = f0 (x),
f 0 (x) = f1 (x).
Si c ∈ R, denotamos por V (c) el número de cambios de signo de la sucesión
f0 (c), f1 (c), . . . , etcétera. Por ejemplo, si f0 (c) = 2, f1 (c) = −1, f2 (c) = −2,
f3 (c) = 4 y f4 (c) = 3, entonces V (c) = 2.
Teorema 4.14.1. (Sturm) Sea f (x) ∈ R[x] y f0 (x), . . . , fn (x) los polinomios
descritos antes, entonces si a, b ∈ R no son raı́ces de ninguna fi (x), a < b,
el número de raı́ces de f (x) en (a, b) es
V (a) − V (b).
Demostración. Si ∀ x ∈ [a, b], x no es raı́z de ningún fi (x), cada fi (x)
tiene el mismo signo en [a, b] y V (a) = V (b).
Sean ρ1 , ρ2 , . . . , ρk los puntos en [a, b] que son raı́ces de algún
fi (x)
144
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
en orden creciente, tomando a0 = a, a1 , a2 , . . . , ak−1 , ak = b, tales que
a0 < ρ1 < a1 < ρ2 < a2 < · · · < ρk < ak ,
se tiene
k
X
V (a) − V (b) =
[v(ai+1 ) − v(ai )].
i=1
Por lo tanto, basta probar que
V (ai+1 ) − V (ai ) =
0 si f (ρ) 6= 0
1 si f (ρ) = 0.
Para esto se puede suponer que hay un solo ρ ∈ [a, b] tal que es raı́z de
algún fi (x), y hay que probar que
0 si f (ρ) 6= 0
V (a) − V (b) =
1 si f (ρ) = 0.
Caso 1: f (ρ) 6= 0.
En este caso ρ es una raı́z de fj1 (x), . . . , fjt (x), y no hay 2 de estos ı́ndices
que sean consecutivos, ya que en este caso ρ serı́a raı́z de 2 residuos consecutivos en el algoritmo de Euclides para f (x) y f 0 (x), y f (x) y f 0 (x) tendrı́an
una raı́z en común.
También al contar V (a) y V (b) se pueden ignorar los cambios de signo
entre fj (x) y fj+1 (x) si j, j + 1 6∈ {j1 , j2 , . . . , jt }, ya que estas funciones no
cambian de signo en [a, b], por lo que si cambian de signo en a, también lo
hacen en b.
Falta probar que ∀ ji , i = 1, 2, . . . , t, el número de cambios en fji −1 (a),
fji (a), fji+1 (a) es el mismo que en fji −1 (b), fji (b), fji+1 (b). Para esto obsérvese
que si r0 (x) = f (x), r1 (x) = f1 (x) en la notación de (4.5), entonces
ri (x) | ri−1 (x) − ri+1 (x) ∀ i,
por lo que fi (x) | fi−1 (x) + fi+1 (x) :
Si ri−1 (x) = fi−1 (x), entonces ri+1 (x) = −fi+1 (x), y si ri−1 (x) = −fi−1 (x)
se tiene ri+1 (x) = fi+1 (x).
En consecuencia
fji −1 (ρ) + fji +1 (ρ) = 0 ∀ i,
y fji −1 , fji +1 tienen signos opuestos y las posibilidades se describen en las
siguientes figuras.
4.14. MÉTODO DE STURM
145
fji −1
fji −1
fji
a
b
fji +1
a
b
fji −1
fji
fji +1
fji −1
fji
a
b
fji
fji +1
a
b
fji +1
Figura 4.7: Cambios de signo de fji en los polinomios de Sturm
En cualquiera de estos casos hay un cambio de signo en a y otro en b, la
misma situación sucede invirtiendo (en la Figura 4.14) las posiciones de fji −1
y fj1 +1 , por lo cual
V (a) − V (b) = 0.
Caso 2: f (ρ) = 0.
El mismo razonamiento anterior se aplica a los cambios de signo en las
secuencias f1 (a), . . . , fn (a) y f1 (b), . . . , fn (b).
f!
f
a
b
a
b
f!
f
Figura 4.8: Caso 2 en la prueba del teorema de Sturm, cambios de signo de
f y f0
Ahora f (a) y f (b) tienen signos opuestos, ya que ρ no es un punto crı́tico,
i.e. f 0 (ρ) 6= 0. Por lo que basta probar que f (b) y f 0 (b) tienen el mismo signo,
146
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
ya que esto implica que f (a) y f 0 (a) tienen signos contrarios y
V (a) − V (b) = 1,
véase la Figura (4.8).
Para demostrar esto se expresa
f (x) = a0 + a1 (x − ρ) + a2 (x − ρ)2 + · · · ,
y se tiene a0 = f (ρ) = 0 y a1 = f 0 (ρ). Por lo cual
signo de a1 = signo de f 0 ,
y basta probar que para alguna σ ∈ (ρ, b)
signo de f (σ) = signo de a1
(f tiene signo constante en (ρ, b]). Como el signo de a1 es el signo de a1 (σ−ρ),
basta probar
|a1 (σ − ρ)| > |a2 (σ − ρ)2 + · · · + am (σ − ρ)m |.
Finalmente, si σ es suficientemente cercana a ρ, de tal manera que
|σ − ρ| < 1
y
(σ − ρ) <
se tiene
|a1 |
|ai (m − 1)|
2
m
|a2 (σ − ρ) + · · · + am (σ − ρ) | <
< (σ − ρ)
m
X
i=2
m
X
i=2
∀ i, ai 6= 0,
i
|ai |(σ − ρ) 6
m
X
i=2
|ai |(σ − ρ)2
|ai ||a1 |
= (σ − ρ)|a1 |
|ai |(m − 1)
( los sumandos donde ai = 0 se omiten).
La filosofı́a es que si σ −ρ es muy pequeño, el término de grado 1 domina.
Antes de mostrar un ejemplo, obsérvese que si
f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an ∈ R[x]
4.14. MÉTODO DE STURM
147
y
A = máx{1, |a1 | + |a2 | + · · · + |an |},
entonces f no tiene raı́ces en [−A, A]c :
Esto se sigue, ya que si x ∈ [−A, A]c ,
|xn | > (|a1 | + |a2 | + · · · + |an |) |xn−1 |
> |a1 ||x|n−1 + |a2 ||x|n−2 + · · · + |an ||xn−n | > |a1 xn−1 + · · · + an |.
Ejemplo
Sea
f (x) = x4 − x − 3,
por la observación anterior las raı́ces de f están en el intervalo [−4, 4]. Más
aún, si |x| > 2, entonces
x4 > 23 |x| = 4|x|(1 + 1) = 4|x| + 4|x| > |x| + 3 > |x + 3|,
y las raı́ces están en [−2, 2].
Aplicamos el teorema de Sturm para aislarlas,
f 0 (x) = 4x3 − 1,
x4
-x4
+
-
Por lo tanto
x - 3
x
4
3
x - 3
4
3
f2 (x) = (x + 4),
4
4x3
x
4
-
1
3
r2 (x) = − (x + 4),
4
y como
4
0
-16
0
64
-1
-256
4
-16
64
-257 ,
-4
se tiene
3
4x − 1 =
3
−
4
4
(x + 4) −
3
(4x2 − 16x + 64) − 257,
(f (x), f 0 (x)) = 1
148
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
y
f3 (x) = 257.
Ahora, f0 (2) > 0 y f0 (−2) > 0, también f0 (0), f0 (1) y f0 (−1) son negativos.
Ası́ mismo f1 (2) y f1 (1) son positivos y f1 en −2, −1 y 0 toman valores
negativos, por lo que se tiene la siguiente tabla.
f0 (x)
f1 (x)
f2 (x)
f3 (x)
-2
+
+
+
2 0 1 -1
+ - - + - + + + + +
+ + + +
Las 2 primeras columnas muestran que hay 2 raı́ces en (-2,2), y las otras
3 refinan el resultado probando que hay p
una en (-2,1) y otra en (1,2).
00
2
Gráficamente, f (x) = 12x , y x = 3 1/4 < 1 es el punto crı́tico de la
derivada (véase la Figura 4.9).
5
1
-2
1
-1
2
-3
Figura 4.9: Gráfica de f (x) = x4 − x − 3
EJERCICIOS 4.14
1. Usando el método de Sturm, aislar las raı́ces de x3 − 4x + 1.
4.15. FRACCIONES PARCIALES
4.15.
149
Fracciones parciales
Se define una relación de equivalencia entre las expresiones de la forma
f (x)
,
g(x)
donde f (x), g(x) son polinomios y g(x) 6= 0, de la siguiente manera:
f1 (x)
f2 (x)
∼
g1 (x)
g2 (x)
si f1 (x)g2 (x) = f2 (x)g1 (x).
Esta relación es evidentemente reflexiva y simétrica. También es transitiva, esto se demuestra igual que con los racionales, si
a1
a2
∼
b1
b2
y
a2
a3
∼ ,
b2
b3
entonces a1 b2 = a2 b1 , a2 b3 = a3 b2 y a1 b2 b3 = a3 b2 b1 , etcétera.
Definición 50. Las clases de equivalencia obtenidas bajo la relación anterior
se llaman fracciones racionales.
Igual que en Q se definen 2 operaciones:
f1 (x)g2 (x) + f2 (x)g1 (x)
f1 (x) f2 (x)
+
=
g1 (x) g2 (x)
g1 (x)g2 (x)
y
f1 (x) f2 (x)
f1 (x)f2 (x)
=
.
g1 (x) g2 (x)
g1 (x)g2 (x)
Es fácil probar que estas operaciones no dependen del representante, de
hecho la misma prueba en Q se aplica a este caso. Uno de lo intereses de
estas expresiones es el de simplificar integrales.
Lema 4.15.1. Si g(x) = h(x)k(x) y (h(x), k(x)) = 1, entonces para todo
f (x) existen polinomios s(x), t(x) tales que
f (x)
s(x)
t(x)
=
+
.
g(x)
h(x) k(x)
Además, si f (x), h(x), k(x) ∈ R[x], entonces s(x), t(x) ∈ R[x].
150
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Demostración. Aplicando el algoritmo de Euclides se pueden encontrar
h1 (x), k1 (x) (reales si h(x) y k(x) lo son) tales que
1 = h(x)h1 (x) + k(x)k1 (x),
por lo cual
f (x) [h(x)h1 (x) + k(x)k1 (x)]
f (x)h1 (x) f (x)k1 (x)
f (x)
=
=
+
.
g(x)
g(x)
k(x)
h(x)
Nótese que la descomposición en el Lema 4.15.1 no es única (ejercicio).
Lema 4.15.2. Sean h(x), f (x) polinomios tales que gr (f (x)) < gr (h(x))m ,
y gr (h(x)) > 0, entonces existen polinomios s1 (x), s2 (x), . . . , sm (x) tales que
gr (si (x)) < gr (h(x)) ∀ i, y
s1 (x)
sm (x)
f (x)
=
+
·
·
·
+
.
[h(x)]m
h(x)
[h(x)]m
Además, si h(x), f (x) ∈ R[x], los polinomios si (x) también.
Demostración. Sea n = gr (h(x)), se aplica el algoritmo de la división a
los siguientes cocientes:
f (x) = h(x)q1 (x) + r1 (x),
q1 (x) = h(x)q2 (x) + r2 (x),
q2 (x) = h(x)q3 (x) + r3 (x),
..
.
qk−2 (x) = h(x)qk−1 (x) + rk−1 (x),
qk−1 (x) = h(x)qk (x) + rk (x),
donde gr (ri (x)) < n ∀ i, gr (qk (x)) < n y gr (qk−1 (x)) > n.
Esto se puede lograr ya que si gr (f (x)) < gr (h(x)) no hay nada que hacer,
de otra manera gr (f (x)) > gr (q1 (x)) (gr (f (x)) = gr (h(x)) + gr (q1 (x))) y
los grados de los qi van disminuyendo, por lo que el proceso se termina en la
primera k tal que
gr (qk (x)) < gr (h(x)) = n.
Finalmente sustituyendo qk−1 (x) en la ecuación anterior, e iterando este
proceso se tiene
qk−2 (x) = h(x)[h(x)qk (x) + rk (x)] + rk−1 (x)
= [h(x)]2 qk (x) + h(x)rk (x) + rk−1 (x)
4.15. FRACCIONES PARCIALES
151
y
qk−3 (x) = h(x)qk−2 (x) + rk−2 (x)
= [h(x)]3 qk (x) + [h(x)]2 rk (x) + h(x)rk−1 (x) + rk−2 (x)
hasta obtener después de k pasos,
q0 (x) = f (x) = [h(x)]k qk (x) + [h(x)]k−1 rk (x) + · · · + h(x)r2 (x) + r1 (x). (4.6)
Se tiene k < m, ya que si k > m se tendrı́a gr (f (x)) > gr (h(x))m , pues
en virtud de 4.15 gr (f (x)) = gr (h(x)k ) + gr (qk (x)). Finalmente, dividiendo
por [h(x)]m se sigue el resultado.
Obsérvese que si gr (f (x)) > gr (h(x))m en el Lema 4.15.2 se sigue un
resultado análogo, aplicando dicho lema a r(x), donde
f (x) = g(x)[h(x)]m + r(x),
y gr (r(x)) < gr (h(x))m , obteniéndose en este caso una parte polinomial.
Teorema 4.15.3. Sea
g(x) = (x − α1 )r1 · · · (x − αn )rn ,
donde αi 6= αj , si i 6= j, entonces
r
i
XX
f (x)
ai j
= s(x) +
.
j
g(x)
(x
−
α
)
i
i=1 j=1
s
Demostración. Aplicando el Lema 4.15.1 se tiene
f (x) X fi (x)
=
,
ri
g(x)
(x
−
α
)
i
i=1
n
y por el Lema 4.15.2, ∀ i
r
i
X
fi (x)
ai j
= si (x) +
,
r
i
(x − αi )
(x − αi )j
j=1
ya que gr (x−αi ) = 1, escribiendo s(x) =
Pn
i=1
si (x) se sigue el resultado.
152
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Teorema 4.15.4. Sea
g(x) =
n
Y
(x − αi )ri
i=1
!
m
Y
(x2 + ai x + bi )si
i=1
!
donde los factores son distintos dos a dos, ai , bi ∈ R ∀ i y los polinomios de
grado 2 son irreducibles en R[x], entonces si f (x) ∈ R[x]
r
s
i
i
XX
XX
ai j
Ai j x + Bi j
f (x)
= s(x) +
+
,
g(x)
(x − αi )j
(x2 + ai x + bi )j
i=1 j=1
i=1 j=1
n
m
donde s(x) ∈ R[x], ai j , Ai j , Bi j ∈ R ∀ i, j.
Demostración. De nuevo como en el teorema anterior el resultado es consecuencia inmediata de los Lemas 4.15.1 y 4.15.2: usando el primero
X
gi (x)
f (x) X fi (x)
=
+
,
r
2
i
g(x)
(x − αi )
(x + ai x + bi )si
i=1
i=1
n
m
y usando el segundo se obtiene la expresión del enunciado.
En la práctica se encuentra la descomposición del Teorema 4.15.4 de una
manera un poco distinta: si gr (f (x)) > gr (g(x)), por el algoritmo de la
división
f (x) = g(x)h(x) + r(x),
donde gr (r(x)) < gr (g(x)),
y
f (x)
r(x)
= h(x) +
.
g(x)
g(x)
(4.7)
Por otra parte, usando el Teorema 4.15.4 y sumando toda la parte no
polinomial se tiene
f (x)
q(x)
= k(x) +
,
g(x)
g(x)
donde gr (q(x)) < gr (g(x)). Esto se sigue, ya que al sumar dos funciones
racionales, donde los grados de los numeradores son menores a los de los
denominadores, se obtiene una función racional con estas caracterı́sticas. Por
lo cual
f (x) = k(x)g(x) + q(x),
y se sigue entonces por unicidad que
k(x) = h(x) y r(x) = q(x).
4.15. FRACCIONES PARCIALES
153
Por consiguiente, para encontrar la expresión del Teorema 4.15.4, primero
se puede aplicar el algoritmo de la división para obtener (4.7) y después encontrar ai j , Ai j , Bi j sumando las expresiones no polinomiales y resolviendo
para r(x) mediante un sistema de ecuaciones, la validez del Teorema 4.15.3
garantiza la existencia de las soluciones ya que r(x) = q(x).
Ejemplo
Sea
R(x) =
2x7 + 5x6 + x5 − x4 − 7x3 + x2 + x + 7
.
x6 − 2x3 + 1
Primero se encuentra la parte ponomial
2x7
−2x7
+ 5x6
+ x5
−x4
4x4
−7x3
+ x2
6
5
4
3
−7x
10x3
+x
2
+3x4
+ 3x3
+ x2
5x
−5x6
+x
x5
+3x
+x
−2x
+7
x6 − 2x3 + 1
2x + 5
−x
+7
-5
−x
+2,
por lo que
R(x) = 2x + 5 +
x5 + 3x4 + 3x3 + x2 − x + 2
.
x6 − 2x3 + 1
Si x3 = y, el denominador de la parte no polinomial es y 2 − 2y + 1 = (y − 1)2 ,
por lo tanto x6 − 2x3 + 1 = (x3 − 1)2 = [(x − 1)(x2 + x + 1)]2 .
Si R1 (x) denota la parte no polinomial en R(x), se tiene
R1 (x) =
=
a2
a3 x + a4
a5 x + a6
a1
+
+ 2
+ 2
2
x − 1 (x − 1)
x + x + 1 (x + x + 1)2
a1 (x − 1)(x2 + x + 1)2 + a2 (x2 + x + 1)2
x6 − 2x3 + 1
+
(a3 x + a4 )(x − 1)2 (x2 + x + 1) + (a5 x + a6 )(x − 1)2
.
x6 − 2x3 + 1
Como
(x2 + x + 1)2
(x − 1)2 (x2 + x + 1)
(x2 + x + 1)2 (x − 1)
y (x − 1)(x2 + x + 1)
=
=
=
=
x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1,
(x2 − 2x + 1)(x2 + x + 1) = x4 − x3 − x + 1,
x5 + x4 + x3 − x2 − x − 1,
x3 − 1,
154
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
el numerador de R1 (x) es
a1 (x5 + x4 + x3 − x2 − x − 1) + a2 (x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1)
+(a3 x + a4 )(x4 − x3 − x + 1) + (a5 x + a6 )(x2 − 2x + 1)
= (a1 + a3 )x5 + (a1 + a2 − a3 + a4 )x4 + (a1 + 2a2 − a4 + a5 )x3
+(−a1 + 3a2 − a3 − 2a5 + a6 )x2 + (−a1 + 2a2 + a3 − a4 + a5 − 2a6 )x
−a1 + a2 + a4 + a6 .
Por lo que se obtiene el

1 =




3 =



3 =
1 =




−1 =



2 =
siguiente sistema de ecuaciones
a1 + a3
a1 + a2 − a3 + a4
a1 + 2a2 − a4 + a5
−a1 + 3a2 − a3 − 2a5 + a6
−a1 + 2a2 + a3 − a4 + a5 − 2a6
−a1 + a2 + a4 + a6 .
Resolvemos ahora el sistema

1 0 1
0
0
0
 1 1 −1 1
0
0

 1 2 0 −1 1
0

−1 3 −1 0 −2 1

−1 2 1 −1 1 −2
−1 1 0
1
0
1

1
0

0

0

0
0
 
1
1


3  0

3
 ∼ 0

1 
0

0
−1
2
0

0 1
0
0
0 1
1 −2 1
0
0 2

2 −1 −1 1
0 2

3 0
0 −2 1 2

2 2 −1 1 −2 0
1 1
1
0
1 3
 

0 1
0
0
0
1
···
1 −2 1
0
0
2

.
 
.. 3 −3 1

0
−2

0 3 −3 1
0 −2 

∼

0
3 −4 1
0
0 6 −3 −2 1 −4


 

0
3
−1
−2
0

0 6 −3 1 −2 −4
0
3 −1 1
3
0 3
0
0
1
1


  ···
···
..

..
 

. 3 ···
. 3 · · ·
 




.
..


.
∼


.
3
·
·
·

.
3 −4 1 0 



.


.

0
3 −3 0
.
3 −3 0
0
3
0 3
0
3 3
Por lo tanto a6 = 1 y también a5 = 1. Luego 3x4 − 4 + 1 = 0, i.e. a4 = 1.
Dado que 3x3 − 3 + 1 = −2, se tiene que a3 = 0. Tomado la 2a ecuación (en
4.16. POLINOMIOS REALES DE GRADO 3
155
la matriz escalonada), se tiene que a2 + 1 = 2, por lo que a2 = 1. Finalmente,
se sigue de la 1a ecuación que a1 = 1.
Por consiguiente
a1 = a2 = a4 = a5 = a6 = 1 y a3 = 0,
por lo cual
R(x) = 2x + 5 +
1
1
x+1
1
+
+ 2
+ 2
.
2
x − 1 (x − 1)
x + x + 1 (x + x + 1)2
EJERCICIOS 4.15
1. Demuestre que la descomposición en el Lema 4.15.1 no es única.
2. Encuentre la descomposición en fracciones parciales de la función
x5 + x3 + x + 1
.
x3 − 6x2 + 11x − 6
4.16.
Polinomios reales de grado 3
Al final de la edad media en la universidad de Boloña se descubrió la solución
al problema de encontrar las raı́ces de polinomios de grado 3, el método se
atribuye a Cardano, Ferro y Tartaglia. Éste es un interesante episodio de la
historia de la matemática (cf. [1]).
Como se observó en los ejemplos del teorema de Sturm, si
f (x) = x3 + bx2 + cx + d,
b, c, d ∈ R,
se tiene que |x|3 > |bx2 + cx + d|, en (−M, M )c , donde
M = máx{1, |b| + |c| + |d|},
por lo que las raı́ces de f están en (−M, M ).
Obsérvese primero que basta solucionar una ecuación de la forma
z 3 + pz + q = 0.
(4.8)
Esto se sigue, ya que al hacer un cambio de variable y = z − b/3, en la
ecuación
y 3 + by 2 + cy + d = 0,
se tiene
3
2
b
b
b
z−
+b z−
+c z−
+d
3
3
3
156
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
b2
b3
b2 b3
cb
2
= z − 3z + 3z −
+ bz − 2z + + cz − + d,
3
9
27
3
9
3
y esta nueva ecuación es de la forma (4.8).
3
2b
Teorema 4.16.1. (Cardano, Ferro, Tartaglia) Las soluciones de (4.8) están
dadas por
!1/3
!1/3
r
r
q2
q2
q
p3
q
p3
z= − +
+
+ − −
+
.
2
22 27
2
22 27
Este resultado se interpreta como la existencia de dos raı́ces cúbicas de
q √
q √
− − ∆,
− + ∆,
2
2
que sumándolas forman una solución de (4.8), donde ∆ es el discriminante,
i.e. q 2 /2 + p3 /27.
Demostración. Si p = 0, el resultado es inmediato, por lo que podemos
suponer p 6= 0, se puede también escribir
z = s + t,
s, t ∈ C, mostraremos que z es solución si se toman s y t adecuados.
Ahora,
(s + t)3 + p(s + t) + q = 0,
esto es
s3 + 3s2 t + 3st2 + t3 + ps + pt + q = 0.
La esencia de la prueba es exhibir que existen s, t ∈ C tales que
3
s + t3 = −q
3st = −p,
lo cual prueba que z es solución.
Resolvemos el sistema (4.9) (4.10). Despejando
p 3
= −q,
s3 + −
3s
y
p 3
(s3 )2 + qs3 −
= 0,
3
que es cuadrática, tomando α = s3 , se tiene
p 3
α2 + αq −
= 0,
3
(4.9)
(4.10)
4.16. POLINOMIOS REALES DE GRADO 3
157
la cual tiene soluciones
q
s =α=− ±
2
3
r
p3
q2
+ .
22 27
Se puede hacer lo mismo con t y siendo simétricas las ecuaciones se tiene
r
q
q2
p3
t3 = β = − ±
,
+
2
22 27
obsérvese que s 6= 0 y t 6= 0, ya que p 6= 0 (por la ecuación (4.10)).
Finalmente, usando la ecuación (4.9) se tiene
q √
s3 = − + ∆
2
q √
3
y t = − − ∆,
2
(4.11)
(4.12)
(o al revés, pero ésta es la√misma solución) por√lo cual s debe ser una de las
raı́ces cúbicas de −q/2 + ∆ y t de −q/2 − ∆.
Finalmente mostramos que de las ecuaciones (4.11) y (4.12) se obtiene una
solución. Evidentemente cumple (4.9), y tomando todos los posibles valores
de dichas s y t, los productos st son a los más nueve. Para todos esos valores
la raı́z cúbica de st está dada por
r
r
r
q √ 2
2
3
√
q
q
q
p
p3
3
3
3
− + ∆ − − ∆ =
−
−
= − .
2
2
4
4
27
27
Por lo que se sigue que para 3 de estos valores su producto
es −p/3 y se
p
3
3
cumple (4.10), puesto que −p/3 es una raı́z cúbica de p /27. Esto se sigue
ya que al tomar las distintas raı́ces cúbicas de un complejo w, si γ es una de
ellas las otras son γα y γα, donde α = cos(2π/3) + i sen(2π/3).
√
Fijando entonces√una raı́z cúbica cualquiera de −q/2 − ∆ y rotando las
3 raı́ces de −q/2 + ∆ se obtienen las 3 raı́ces de
r
p3
3
− .
27
Ejemplo
Resolvemos
f (x) = x3 − 3x + 1,
158
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
se tiene p = −3 y q = 1. Entonces
!1/3
r
1
1
−1
x= − +
+
2
4
=
√ !1/3
1
3
− +
i
+
2
2
1
− −
2
r
!1/3
1
−1
4
√ !1/3
3
1
i
− −
.
2
2
Obsérvese que al tomar la raı́z cuadrada, como aparece esta y su inversa, no
importa cual se tome, se presentan las dos por simetrı́a.
Una raı́z cúbica de
√
3
2π
2π
1
i = cos
+ i sen
=α
− +
2
2
3
3
es β = cos(2π/9) + i sen(2π/9) ∼ 40◦ , y de
√
1
4π
3
4π
− −
i = cos
+ i sen
2
2
3
3
es cos(4π/9) + i sen(4π/9) = β 2 . En este caso hay 3 raı́ces reales dadas por
β + β,
αβ + αβ 2
2
y β2 + β .
Esto se sigue, ya que la ecuación (4.10) en nuestro caso es
3st = −p
−3
= 1,
i.e. st = −
3
y si s, t son complejos unitarios, esto se satisface si y sólo si s y t son conjugados (véase la Figura 4.10).
Además tomando algunos valores:
f (−2) = −1,
f (−1) = 3,
f (0) = 1,
f (1) = −1 y f (2) = 3,
se sigue que una de la raı́ces que una de la raı́ces está entre 0 y 1, otra entre
-2 y -1 y otra entre 1 y 2 (véase la Figura 4.11).
Obsérvese que no todos los apareamientos de s y t producen raı́ces, por
ejemplo β + β 2 no es raı́z, ya que tienen parte imaginaria y hay solo 3 raı́ces
reales.
Los cálculos parecen amables, pero éste es un caso excepcional, en general
ésto es muy laborioso, por lo que en muchos casos es más adecuado sólo
aproximar por el método de Newton (Sturm y/o Cálculo Diferencial).
El signo del discriminante ∆ determina si existen 3 raı́ces reales o no.
4.16. POLINOMIOS REALES DE GRADO 3
159
β2
β
αβ
1
αβ = αβ
2
β = β 2 α2
βα2 = β 2
Figura 4.10: Las soluciones de f (x) = x3 − 3x + 1 son s + t, donde s =
β, β 2 , αβ t = s
3
1
-2
-1
1
2
-1
Figura 4.11: Gráfica de f (x) = x3 − 3x + 1
Teorema 4.16.2. Sea
f (x) = x3 + px + q,
un polinomio real sin raı́ces múltiples, p, q 6= 0, entonces f tiene 3 raı́ces
reales distintas si y sólo si ∆ < 0.
Nótese que los casos p = 0 o q = 0 son triviales, tanto en polinomios
reales como en complejos.
Demostración.
Caso 1: p < 0.
Se tiene
f (x) = x3 + px + q
f 0 (x) = 3x2 + p
f 00 (x) = 6x,
160
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
p
p
−
+
por lo cual f 0 (x) = 0 en
−
−p/3
∈
R
y
en
−p/3 ∈ R
p
p , y se tiene un
máximo local en x = − −p/3, y un mı́nimo local en x p
= −p/3. p
Obsérvese que las 3 raı́ces son distintas si y sólo si f (− −p/3) y f ( −p/3),
esto es los valores que toma la función en los puntos crı́ticos , son de signo
distinto (véase la Figura
4.12).p
p
El caso en que −p/3 o − −p/3 sean raı́ces de f no acontece, pues se
tratan raı́ces de multiplicidad mayor a 1.
q
! p
−3
Figura 4.12: Demostración del Teorema 4.16.2
Por lo tanto, el teorema se sigue de la siguiente afirmación:
p
p
f (− −p/3)f ( −p/3) = 4∆.
(4.13)
Probamos ahora la afirmación (4.13):
r r r 3
p
p
p
+p − −
f − −
= − −
+q
3
3
3
y
r
r r p
p
p
2
p
=− −
−
−p
−
+ q = − p − + q,
3
3
3
3
3
r
r
r r
p
p p
p
2
p
f
−
+ p − + q = p − + q,
= − −
3
3
3
3
3
3
r r r r p
p
2
p
2
p
f − −
f
−
= q− p −
q+ p
3
3
3
3
3
3
22 p = q − 2 p2 −
= 22
3
3
2
q 2 p3
+
22 33
Caso 2: p > 0.
Se tiene que
f 0 (x) = 3x2 + p > 0
= 4∆.
4.16. POLINOMIOS REALES DE GRADO 3
161
y la gráfica es creciente, por lo que hay una sola raı́z. Además el discriminante
es
q 2 p3
+
> 0.
22 33
Corolario 4.16.3. Con la notación del Teorema 4.16.2, si p, q 6= 0, entonces
∆ = 0 si y sólo si f tiene raı́ces reales que son de multiplicidad mayor a 1.
Demostración. ⇒) Si p < 0, como
r r p
p
−
f − −
= ∆,
4f
3
3
p
p
se sigue que si ∆ = 0, entonces −p/3 o − −p/3 son raı́ces de f , y necesariamente son de multiplicidad mayor a 1.
Si p > 0, se tiene
q 2 p3
+
> 0.
22 33
⇐) Si p < 0 y si f tiene una raı́z α de multiplicidad mayor a 1, entonces
0
f (α) = 0, lo cual implica que
r
p
y ∆ = 0.
α=± −
3
Si p > 0, f tiene solamente una raı́z real y no tiene puntos crı́ticos reales.
Ejemplos:
1) Si
f (x) = x3 − 3x + 1,
el discriminante es
1 33
−
< 0,
4 33
y hay 3 raı́ces reales, véase la Figura 4.11.
2) Sea
f (x) = x3 − x + 3.
∆=
Como el discriminante es
∆=
32
1
− 3 > 0,
2
2
3
hay una única raı́z real, véase la Figura 4.13.
162
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
4
3
2
-2
-1
1
-1
Figura 4.13: Gráfica de f (x) = x3 − x + 3
Al conocer la raı́z de un polinomio de 3er grado, digamos α, se tiene
(z − α) | f (z) y
f (z)
z−α
es un polinomio de grado 2 que se puede resolver. Como se mostró, si α es
una raı́z compleja no real, α también lo es.
En general, usando los métodos de Sturm, Newton y Horner se pueden
localizar las raı́ces de un polinomio como se muestra en el siguiente ejemplo.
Consideremos el polinomio
f (x) = x3 + 3x2 − 2x − 5.
Las raı́ces de f (x) están en (-10,10), para aislarlas podemos aplicar el
método de Sturm y posteriormente Newton o Horner.
Aplicamos el algoritmo de la división al polinomio y su derivada
f 0 (x) = 3x2 + 6x − 2,
que muestra que a veces es más conveniente usar las técnias de Sturm y el
cálculo diferencial, en lugar de las fórmulas clásicas.
x3
−x3
+
3x2
−2x2
x2
−x2
−2x
+
2
x
3
− 34 x
−2x +
− 10
x
3
-5
-5
2
3
13
−3
3x2 + 6x − 2
x/3 + 1/3
4.16. POLINOMIOS REALES DE GRADO 3
163
1
por lo que f2 (x) = (10x + 13). Además, se puede escribir
3
10
13
10
13
r2 (x) = − x −
=−
x+
3
3
3
10
y
3
6
39
− 10
-2
21(−13)
100
21
10
3
-13/10
<0
por lo que f3 (x) > 0.
Las primeras columnas indican que hay una raı́z entre -4 y -2, otra entre
-2 y 0, y otra entre 0 y 2. Las siguientes refinan esta información: hay una
entre -4 y -3, otra entre -2 y -1 y otra entre 1 y 2.
Usando división sintética calculamos algunos valores del polinomio
1
3 -2
-4 4
1
-1
2
1
3 -2
2 10
1
5
8
-4
-5
-8
| -13
-5
16
| 11
= f (−4),
2
= f (2),
1
3 -2
-2 -2
-5
8
1
1
| 3
-4
1
3 -2
-3 0
-5
6
1
0
| 1
-2
-2
= f (−2),
-3
= f (1),
y
f (1) = −3 y f (−1) = −1,
obteniéndose la siguiente tabla
f (x)
f 0 (x)
f2 (x)
f3 (x)
-4 -2 0 2 -3 1 -1
- + - + + - + - - + + + - - + + - + +
+ + + + + + +
3 2 1 0 2 1 1
Los ceros de la derivada son
r
r
√
−6 ± 36 + 24
22 · 3 · 5
5
= −1 ±
= −1 ±
.
2
2
6
2 ·3
3
164
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
p
p
Ahora f 00 (x) = 6x + 6, y 6(−1
+
5/3)
+
6
>
0,
por
lo
que
−1
+
5/3
p
p
es un mı́nimo, también 6(−1 − 5/3) + 6 < 0, por lo que −1 − 5/3 es un
máximo. También x = −1 es un punto crı́tico de la derivada, i.e. es un punto
de inflexión (véase la Figura 4.14).
6
2
-4
-3
-2
-1
aquí la derivada decrece de 0
1
2
aquí la derivada crece a 0
-5
Figura 4.14: Gráfica de f (x) = x3 + 3x2 − 2x − 5
EJERCICIOS 4.16
1. Exhiba una familia no numerable de polinomios reales, cada uno de los
cuales tiene una raı́z real y una raı́z compleja de multiplicidad 2.
2. Determine el número de raı́ces reales de los siguientes polinomios.
a) x3 − 3x + 5,
b) x3 − 5x + 3.
4.17.
Polinomios reales de grado 4
Sea
f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e,
b, c, d, e ∈ R.
Ferrari observó que si se completaban cuadrados en los términos de grado
máximo, se le podı́a asociar a f un polinomio de grado 3 que de poder
resolverse, la solución permitı́a resolver el polinomio original. Especı́ficamente
si x es una raı́z de f, se puede escribir:
4.17. POLINOMIOS REALES DE GRADO 4
x4 + bx3 = −cx2 − dx − e
b2 x 2
b2 x 2
⇐⇒ x4 + bx3 +
= −cx2 − dx − e +
4
4
2 2
b
b
− c x2 − dx − e.
⇐⇒ x2 + x =
2
4
165
(4.14)
La eficacia del método estriba en introducir una nueva variable t que
permite completar cuadrados (de nuevo) en el miembro izquierdo de (4.14),
mientras que en el derecho se genera una ecuación cuadrática en x con coeficientes en t, b, c, d, e.
Especı́ficamente (4.14) se cumple si y sólo si
2 2
b
b
t2
b
b
t2
2
2
2
2
x + x + x + x t+ =
− c x − dx − e + x + x t +
2
2
4
4
2
4
⇐⇒
2
2 2
t
b
t
b
b
2
2
− c + t x + −d + t x +
−e .
x + x+
=
2
2
4
2
4
(4.15)
Obsérvese que si el miembro derecho en (4.15) es de la forma (Ax + B)2 ,
se tendrı́a, conociendo t, que
t
b
(Ax + B)
2
x + x+ =
−(Ax
+ B),
2
2
que ciertamente se puede resolver.
Finalmente el miembro derecho en (4.15) es de la forma
(Ax + B)2 = A2 x2 + 2ABx + B 2
⇐⇒
2
2
2
b
b
t
−d + t − 4
−c+t
− e = 0.
2
4
4
(4.16)
Finalmente, esta ecuación es de 3er grado en la variable t, y se puede
resolver y por ende la original. Simplificamos 4.16.
b2 t2 b2 t2
d − dbt +
−
+ b2 e + ct2 − 4ce − t3 + 4te = 0
4
4
2
o
−[t3 − ct2 + (bd − 4e)t + (4ce − b2 e − d2 )] = 0.
166
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
Al polinomio
g(t) = t3 − ct2 + (bd − 4e)t + 4ce − b2 e − d2
se le llama el polinomio auxiliar (y es claro que al encontrar una raı́z t de g,
se puede resolver el polinomio original).
Obsérvese que para escribir el miembro derecho en la expresión (4.15)
como
A2 x2 + 2ABx + B 2 ,
no hay ambigüedad al encontrar A2 y B 2 , para dadas las dos raı́ces de A
y las dos de B, se tienen 2 expresiones para 2AB, la elección lo determina
−d + bt/2. En el caso real, si este número es positivo se pueden tomar las 2
raı́ces positivas de A y B, y si es negativo, una positiva y una negativa. En
el caso complejo se toman 2 raı́ces arbitrarias A1 y B1 y se toma A = A1 o
A = −A1 , de acuerdo a que 2A1 B1 = −d + bt/2 o que −2A1 B1 = −d + bt/2.
Nótese que el método también se aplica para polinomios complejos.
Ejemplo
Sea
f (x) = x4 + 4x3 + x + 1,
el polinomio auxiliar es
t3 − ct2 + (bd − 4e)t + 4ce − b2 e − d2 ,
como b = 4, c = 0, y d, e = 1 esta expresión es
t3 − 17,
que fácilmente se puede resolver.
Se toma t = (17)1/3 , nótese que 2 < t < 3, como
4 · 17 1/3
bt
= −1 +
> 0,
2
2
r
r
b2
t2
Ax + B =
−c+t x+
−e
4
4
s
q
√
17 2/3
3
= 4 + 17 x +
− 1,
4
y la ecuación original se puede resolver encontrando la solución de


s
1/3
2/3
p
17
17
x2 + 2x +
= ±  4 + 17 1/3 x +
− 1 ,
2
4
−d +
4.17. POLINOMIOS REALES DE GRADO 4
167
véase (4.15). Tomando el valor positivo, si
α = (4 + 17
1/3 1/2
)
y β=
s
17 2/3
− 1,
4
se obtienen las soluciones de grado 4 de
x2 + (2 − α)x +
17 1/3
− β,
2
como
√
−2 + 4 + 17
v
u
u
√
1/3 ± t8 − 2 4 + 17 1/3 + 17
1/3
−4
17 1/3
−
2
r
!
17 2/3
−1
4
2
etcétera. Nótese que las soluciones pueden ser números complejos, posteriormente se toman los valores negativos, etcétera.
Otro ejemplo, sea
√
1
f (x) = x4 + 6x + ,
4
√
en este caso b = c = 0, d = 6 y e = 1/4, el polinomio auxiliar es
t3 − ct2 + (bd − 4e)t + 4ce − b2 e − d2 = t3 − t − 6,
y t = 2 es una solución, por lo tanto las soluciones de f (x) son las de
b
t
x2 + x + = ±(Ax + B).
2
2
Como
p
p
A = ± b2 /4 − c + t y B = ± t2 /4 − e,
√
√
√
√
A = ± 2, B = 3/2, 2AB = −d + bt/2 = − 6, se toma A = − 2. Por lo
cual hay que resolver
√ !
√
3
x2 + 1 = ± − 2x +
.
2
Las soluciones de
2
x +
√
√
3
2x + 1 −
2
√
y x − 2x + 1 +
2
√
3
,
2
168
CAPÍTULO 4. POLINOMIOS
son
v
√ !
u
u
√
3
− 2 ± t2 − 4 1 −
2
1
= −√ ±
2
2
s
s
√
√
1
3
1
1
3
−1+
= −√ ± − +
2
2
2
2
2
y
v
√ !
u
u
√
3
2 ± t2 − 4 1 +
2
s
s
√
√
1
3
3
1
1
1
=√ ±
−1−
=√ ± − −
.
2
2
2
2
2
2
2
√
Podemos checar que estas son las 4 raı́ces de f (x) = x4 + 6x + 1/4, si
denotamos
q
√
1
i
α= √ +√
1 + 3,
2
2
como aparecen α y α, i.e. el polinomio x2 − (α + α)x + |α|2 debe ser un factor
de f (x), esto es
√
√
1 1
3
2
x − 2x + + +
,
2 2
2
y
x4
−x4
0
√
2x3
√ 3
2x
√ 3
− 2x
√
0
6x
1
4
√ √
√
3 2
+ 2)x
2
√ √3
2( − 1)x
√ 2 √3
2(1 − 2 )x
1
4
− 41
0
0
√
−(1 +
−(1 +
3
)x2
2
√
3
)x2
2
2
2x
√
(1 −
3
)x2
2
0
−(
√
2x + 1 +
√
x2 + 2x + 1 −
x2 −
√
3
2
√
3
2
√
√
y se checa fácilmente que las otras 2 raı́ces reales lo son de x2 + 2x+1− 3/2.
Bibliografı́a
[1] Cano Figueroa, C., Notas de variable compleja, Tesis de licenciatura,
UNAM, Facultad de Ciencias, 2003.
[2] Cárdenas, H., Lluis, E., Raggi, F., Tomás. F., Álgebra superior,
Trillas, 1973.
[3] Haaser, N. B., et al., A Course in Mathematical Analysis, Blaisdell,
1964.
[4] Lascurain Orive, A., Álgebra superior I, Las prensas de Ciencias,
UNAM, 2012.
[5] Spivak, M., Calculus, Publish or Perish, 1994.
169
Índice alfabético
algoritmo de Euclides, 13
algoritmo de la división, 4
argumento, 72
cociente, 4
combinación lineal, 3, 4
congruencia, 23
conjunto
acotado, 44
cota
inferior, 44
superior, 44
discriminante, 97
división sintética, 119
divisibilidad, 1
divisor, 1
común, 3
ecuaciones diofantinas, 15
fracciones racionales, 149
ı́nfimo, 44
máximo común divisor, 7, 11
método de Horner, 122
método de Newton, 68
método de Sturm, 143
mı́nimo común múltiplo, 9, 11
módulo, 71
multiplicidad, 129
números complejos, 83
cociente de, 92
conjugado, 90
parte imaginaria, 88
parte real, 88
producto de, 86
raı́z cuadrada de, 93
raices n-ésimas de, 98
suma de, 83
números racionales, 34
números reales, 41
orden total, 41
polinomio
derivada de un, 131
conjugado, 139
definición, 103
factorización de un, 128
grado de un, 103
mónico, 135
raı́z de un, 112
polinomios
asociados, 112
máximo común divisor, 141, 142
producto de, 105
suma de, 104
primo
número, 18
relativo, 9
residuo, 4
supremo, 44
transitividad, 41
tricotomı́a, 41
170