Álgebra Superior

´ Algebra superior II Antonio Lascurain Orive

ii

´ Indice general 1. Divisibilidad

1

1.1. 1.2. 1.2. 1.3. 1.3. 1.4. 1.4.

Defin efiniciones nes y prop ropiedad ades es elem elemen enttales ales . . . . El algori algoritmo tmo de la la divisi´ divisi´ on . . . . . . . . . . . El m´ aximo aximo com´ un divisor . . . . . . . . . . . Algo Algori ritm tmoo de de Euc Eucli lide des, s, Ecua Ecuaci cion ones es diof diofan anti tina nass 1.4.1. Algoritmo de Euclides . . . . . . . . . 1.4.2. Ecuaciones Diofantinas . . . . . . . . . 1.5. Factorizaci´ actorizaci´ on on u ńica . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Congruencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. 1.7. Los Los cam campos pos Z p . . . . . . . . . . . . . . . . .

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2. El cam campo po de los los n´ umeros reales

33

2.1. 2.1. 2.2. 2.2. 2.3. 2.4. 2.4. 2.5. 2.6. 2.6.

Los Los n´ umeros racionales . . . . . . . . . . . Los Los n´ umeros reales, orden . . . . . . . . . Cotas y fronteras . . . . . . . . . . . . . . Suma Su ma y produ producto cto en en R . . . . . . . . . . . Racionales y reales . . . . . . . . . . . . . Raic Raices es n-ésim e simas as,, expone exponent ntes es fracci fraccion onari arios os . 2.6. 2.6.1. 1. Raices Raices n-ésimas . . . . . . . . . . . 2.6. 2.6.2. 2. Expo Expon nentes fra fracci cciona narrios . . . . . . 2.7. Valor absoluto, absoluto, aproximaci´ aproximaci´ on . . . . . . .

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3. El cam campo po de los los n´ umeros complejos

3.1. 3.1. M´ odulo, argumento . . . . . . . . . . . 3.1. 3.1.1. 1. M´ odulo . . . . . . . . . . . . . 3.1.2. Argumento . . . . . . . . . . . 3.2. 3.2. Los Los n´ umeros complejos . . . . . . . . . 3.3. Prop opiiedad adees de las opera peracciones nes . . . . . 3.4. Ra´ız cuadrada . . . . . . . . . . . . . . 3.5. 3.5 . Ra´ Ra´ıces ıce s n-ésim es imas as de números complejos iii

1 4 7 13 13 15 18 23 32 33 40 44 47 57 62 62 63 66 71

. . . . . . .

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71 71 72 83 88 93 97

´ INDICE GENERAL

iv 4. Polinomios

103

4.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 4.2. Polinomios como funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 4.3. Suma y producto de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 4.4. División con residuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 4.5. Teorema del residuo, ra´ıces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 4.6. Ecuaciones de 2o grado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 4.7. División sintética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 4.8. Ra´ıces aisladas de polinomios reales . . . . . . . . . . . . . . . 122 4.9. Factorizaci´ on de polinomios, ra´ıces m´ u ltiples . . . . . . . . . . 128 4.10. Derivadas y multiplicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 4.11. Coeficientes, ra´ıces y polinomios simétricos . . . . . . . . . . . 135 4.12. Polinomios con coeficientes reales . . . . . . . . . . . . . . . . 138 4.13. El algoritmo de Euclides con polinomios . . . . . . . . . . . . 140 4.14. Método de Sturm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 4.15. Fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 4.16. Polinomios reales de grado 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 4.17. Polinomios reales de grado 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 Bibliograf´ıa

169

´ Indice anal´ıtico

170

Cap´ıtulo 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 s´ı 6/2, 25/5. Definici´ on 1. Dados m, n

∈Z

n = 0, se dice que n divide a m, si m/n Esta propiedad se puede expresar de otras maneras



∈ Z.

i) n es un divisor de m, ii) n es un factor de m, iii) m es un m´ ultiplo 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 Definició n 1 se puede reformular sin hacer referencia a cocientes.

|

Definici´ o n 2. Sean m, n

que m = bn.

|

|

∈ Z se dice que n divide a m, si existe q ∈ Z tal

Obsérvese que todo entero es divisor del cero. También, si n = 0, ambas definiciones son equivalentes ya que si n es divisor conforme a la primera definició n se tiene m/n = q Z y m = nq , y viceversa, si n cumple la



∈

1

CAP ´ ITULO 1. DIVISIBILIDAD

2

segunda definici´ on m = qn y como n = 0 se puede despejar. De cualquier manera, como no se han introducido a la discusión los racionales, la Definición 2 es la adecuada. Adem´ as, incluye el caso n = 0. Nótese que el cero s´ olo 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 m | p, se tiene n | p. 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. Proposici´ on 1.1.1. Sean m, n ∈ Z y u, u unidades (i.e., u, u = ±1). Entonces n | m ⇐⇒ un | u m. ´ n. ⇒) Si m = nq, q ∈ Z , como existe u ∈ Z (u = ±1) tal Demostraci o 1

1

que uu1 = 1, se tiene

m = unu1 q, esto es, un m y un u m (por transitividad). ) Si u m = kun, k Z, tomando u u = 1 se sigue

⇐

|

| ∈

m = u  kun.

Este resultado nos dice que al considerar la divisibilidad los signos no son relevantes (por lo que se puede estudiar ésta solamente tomando n´ umeros naturales y el 0).

∈ Z, entonces n | m ⇐⇒ |n| | |m|. Como |m| = um y |n| = u n, u,u = ±1, este es simplemente un caso particular de la Proposici´ on 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 Corolario 1.1.2. Sean m, n

ahora una propiedad que relaciona el orden con la divisibilidad.

1.1. DEFINICIONES Y PROPIEDADES ELEMENTALES Proposici´ on 1.1.3. Sean m, n

3

∈ Z − {0}, tales que n | m, entonces |n|  |m|.

´ n. Usamos el hecho de que el orden es compatible con el Demostraci o

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  0, se tendr´ıa m = n q  n 0 = 0, lo que contradice m = 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.

∈ Z, y n | p, entonces n | m + p, y p ∈ Z, entonces n | mp.

Proposici´ on 1.1.4. Sean m,n,p

(i) si n m

| (ii) si n | m

´ n. Demostraci o

(i) Como m = nk y p = nt, m + p = nk + nt = n(k + t). (ii) Si m = nk,

mp = npk.

∈ Z, tales que n | m y n | p, entonces n | mk + pt ∀ k, t ∈ Z. umeros de la forma mk + pt, k, t ∈ Z Definici´ on 3. Dados m, p ∈ Z, a los n´ Corolario 1.1.5. Sean m,n,p

se les llama combinaciones lineales de m y p.

El Corolario 1.1.5 se puede afinar a´ un más. un) Corolario 1.1.6. Un entero n es divisor de los enteros m y p (divisor com´ si y s´ olo si n divide a cualquier combinaci´ on lineal de m y p.


4

´ n. La necesidad es el corolario anterior. La suficiencia se sigue Demostraci o

ya que n m 0 + p 1 y n m 1 + p 0.

| ·

·

| ·

·

Nótese que dados dos enteros, no cualquier otro entero es combinaci´ on lineal de ellos, por ejemplo, 8 no es combinaci´ on lineal de 10 y de 25, ya que como 5 10 y 5 25, se tendr´ıa 5 8, por el Corolario 1.1.5. Tambi´ en 17 no es combinaci´ on lineal de 15 y 24. En general, si t = km + sp, y d es divisor com´ un de m y p, necesariamente d t (Corolario 1.1.5). Probaremos posteriormente que esta condici´ on también es suficiente, para que t sea combinación lineal de m y p.

|

|

|

|

Definici´ o n 4. Dados enteros m1 , m2 , . . . , mk , a los enteros de la forma

c1 m1 + c2 m2 +

·· · + c m , c ∈ Z, ∀ i ∈ {1, 2, . . . , k} n

k

i

se les llama combinaciones lineales de m1, m2 , . . . , mk .

∀ i m es combinación lineal de m , m , . . . , m .

Obsérvese que

i

1

2

k

EJERCICIOS 1.1

1. Exhiba cinco enteros que no sean combinaci´ on lineal de 6 y 10.

1.2.

El algoritmo de la divisi´ on

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. on). Sean a, b Teorema 1.2.1 (Algoritmo de la divisi´ existen q, r unicos ´ tales que

∈ Z, b = 0, entonces

a = bq + r, donde 0  r < b .

||

Al n´ umero r se le llama el residuo, y a q el cociente . ´ n. Probamos primero la unicidad: Demostraci o

Si a = bq + r

0r< b,

a = bq  + r 

0  r < b ,

||

y

||

´ 1.2. EL ALGORITMO DE LA DIVISI ON

5

se tiene b(q y

− q ) = r  − r

|b||q − q | = |r − r|.

Si r = r  se tiene q = q  y se sigue el resultado ( b = 0), de otra manera se sigue de la Proposición 1.1.3 que

||

|b|  |r − r|. Sin embargo

|r − r| < |b|,

ya que por ejemplo, si

r > r, se tiene 0  r el otro caso es análogo.

− r < r < |b|,

Para probar la existencia se consideran casos: Caso 1: a, b > 0.

{ − bk | k ∈ Z, a − bk  0}, como a = a − b · 0 ∈ W, W  = ∅. W = a

Sea

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 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  r  | − b|,

es decir a = b( q ) + r,

−

0r



|b|.

− b es


6

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  0.

Sin embargo, podemos escribir a = bq + b

− r − b = b(q + 1) + (−b − r),

y como 0r



|b| = −b,

se tiene 0

−b − r  −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

´ ´ DIVISOR 1.3. EL M AXIMO COM UN

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 n´ umero. Probaremos posteriormente que hay métodos m´ as eficaces (descomposici´ on en primos). EJERCICIOS 1.2

1. Termine la prueba del Teorema 1.2.1.

1.3.

El m´ aximo com´ un divisor

∈ Z distintos, el m´ aximo com´ un divisor de a y b

Definici´ o n 5. Dados a, b

es el mayor entero que es divisor de ambos n´ umeros. Este n´ umero 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 com´ un 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 mostr´ o que si t es combinaci´ on lineal de a y b y d es un divisor com´ un de a y b, entonces d t. Mostramos ahora que esta u´ltima hipótesis es suficiente para que t sea combinación lineal.

|

on lineal positiva m´ınima de a y b es un divisor Lema 1.3.1. La combinaci´ com´ un de a y b. ´ n. Sea d la combinaci´ on lineal positiva m´ınima de a y b enDemostraci o

tonces existen s, t

∈ Z tales que d = as + bt.


8

Aplicando el algoritmo de la división a a y a d, se tiene a = dq + r

0  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 combinaci´ on lineal m´ınima. ∴

d a,

|

análogamente d b.

|

on lineal positiva m´ınima. Teorema 1.3.2. El MCD de a y b es la combinaci´ ´ n. Sea d = (a, b) y m la combinaci´ Demostraci o on lineal positiva m´ınima.

Se sigue del Lema 1.3.1 que m a y que m b por lo que m  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  m.

|

|

|

on lineal de a y b Corolario 1.3.3. Un entero c es combinaci´

|

⇐⇒

|

(a, b) c.

|

´ n. Demostraci o

⇒) Es un caso particular del Corolario 1.1.5 ya que (a, b) es un divisor com´ un. ⇐) Si d = (a, b) se sigue del Teorema 1.3.2 que d = ak + bt k, t ∈ Z, y también por hip´ otesis, c = md, por lo cual

c = mak + mbt.

EL Teorema 1.3.2 se puede reformular de manera m´ as 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 combinaci´ on lineal positiva m´ınima de a y b, iii) d es un divisor com´ un de a y b que tiene la propiedad de que si t es otro divisor com´ un (de a y b), entonces t d,

|

iv) d es un divisor com´ un de a y b que también es combinaci´ on lineal de ellos.

´ ´ DIVISOR 1.3. EL M AXIMO COM UN

9

´ n. El Teorema 1.3.2 muestra que i) y ii) son equivalentes. Demostraci o

También, i) y ii) iii) ya que si t es un divisor com´ u n de a y b, t es un factor de toda combinaci´ on 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 com´ un y entonces m  d, también se sigue de iii) que como d es divisor com´ un d m, por lo cual d  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. Definici´ on 6. Se dice que a, b

∈ Z son primos relativos o primos entre s´ı, 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. umeros a, b Corolario 1.3.5. Dos n´

∃ s, t ∈ Z tales que

∈ Z son primos relativos si y s´ olo si

1 = as + bt.

Obsérvese que si a bc, no necesariamente a b o a c, por ejemplo, 10 8 5, pero 10  8 y 1 0  5; sin embargo se tiene el siguiente resultado.

|

| ·

|

|

Proposici´ on 1.3.6. Si a bc y (a, b) = 1 , entonces a c.

|

|

´ n. Como 1 = ka + tb, donde k, t Demostraci o

y a c, ya que a a y a bc.

|

|

|

∈ Z, se tiene c = kac + tbc,

Este resultado se entender´ a mejor posteriormente, a la luz de la descomposici´ on en primos. Estudiamos ahora el concepto dual al MCD Definici´ o n 7. Dados a, b

∈ Z − {0}, al menor m´ ultiplo positivo de a y b se

le llama m´ınimo com´ un m´ ultiplo de a y b (MCM), y se le denota por [a, b].

Evidentemente el conjunto de m´ ultiplos comunes es no vac´ıo, 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 caracterizaci´ on del m´ınimo com´ u n m´ ultiplo, que lo caracteriza en términos de otros m´ ultiplos.


10

ultiplo com´ un de a y b, entonces Teorema 1.3.7. Sea m un m´ [a, b] m .

|

´ n. Sea m = [a, b], aplicando el algoritmo de la divisi´ Demostraci o o n se

tiene m = mq + r,

0  r < m.

Ahora, como a m y a m entonces a r; análogamente b r. Si r > 0, r ser´ıa un múltiplo com´ un menor a m,

|

|

|

∴

|

m m .

r = 0 y

|

La propiedad del teorema anterior caracteriza al MCM.

Z que tiene la propie dad de que si m es otro m´ ultiplo com´ un de a y b, necesariamente m m , entonces m = [a, b]. ultiplo com´ un de a, b Teorema 1.3.8. Si m es un m´

∈

|

´ n. Por definici´ on [a, b]  m, y como m [a, b], Demostraci o

|

m  [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].

´ n. Como ab es un m´ Demostraci o ultiplo com´ un, 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 com´ un: como m = ar, se tiene ab = art,

y a(b

− rt) = 0,

´ ´ DIVISOR 1.3. EL M AXIMO COM UN ∴

b = rt y t b,

Ahora, si s es otro divisor com´ un

análogamente t a.

|

a = sa 

11

|

y b = sb  ,

y se tiene que m  = a  b s es un m´ ultiplo com´ un de a y b, por lo que m  = mq. Finalmente, mt = ab = a  sb s = m  s = mqs ∴

m(qs

− t) = 0

y s t.

|

La idea de la prueba fue generar un m´ ultiplo com´ un “econ´ omicamente” con s, para expresar ab = mt, como m(entero)s, usando la propiedad del Teorema 1.3.7. Una demostraci´ o n más natural se exhibirá después con el teorema de descomposici´ on en primos. Los conceptos de MCD y MCM. se extienden a m´ as de 2 enteros. Definici´ on 8. Sean a1 , a2 , . . . , an

∈ Z − {0} se define el MCD como el

mayor divisor positivo de estos n´ umeros, y el MCM como el menor m´ ultiplo com´ un positivo de estos n´ umeros; éstos se denotan por (a1 , a2 , . . . , an ) y [a1 , a2 , . . . , an ]. Ejemplos

(6, 14, 28) = 2 [6, 14, 28] = 84, ya que los m´ ultiplos de 28 son 28, 56, 84 y 3  28, Teorema 1.3.10. Sean a1 , a2 , . . . , an

3  56.

∈ N y d un divisor com´ un tal que es

combinaci´ on lineal de a1 , a2 , . . . , an , entonces

d = (a1 , a2 , . . . , an ). ´ n. Sea t = (a1 , a2 , . . . , an ), entonces d  t y como t d, Demostraci o

|

td

∴

t = d.

En la prueba del teorema anterior usamos el hecho de que si t ai i, entonces t es divisor de cualquier combinaci´ on lineal de las ai (esto se sigue por inducción). Obsérvese que el Lema 1.3.1 y el Teorema 1.3.4 también son v´ alidos para n naturales (mismas demostraciones). Nótese que también el Teorema 1.3.8 se cumple para n números. Estos hechos son u´tiles para resolver algunos de los ejercicios al final de esta secci´ on.

|

∀


12

Proposici´ on 1.3.11. Sean a, b primos relativos tales que a

entonces ab c.

|

| c

y b

| c,

´ n. Sea c = ar, como b c se tiene b ar, y usando la PropoDemostraci o

|

|

sición 1.3.6 (como (a, b) = 1), se sigue que b r y c = abt. Proposici´ on 1.3.12. Sean a, b

[a, b] = da  b .

|

∈ N, d = (a, b), da = a y db = b, entonces

´ n. Ciertamente da  b es un m´ Demostraci o ultiplo com´ un, por lo que basta

probar que si c es un m´ ultiplo com´ un a b d c. Obsérvese primero que (a , b ) = 1, ya que como d = a  dr + b ds, r,s se tiene 1 = a  r + b s.

|

∈ Z,

Si c es un m´ ultiplo com´ un, c = ak = a dk, también b d c y por lo tanto b a k y b k, ∴ c = a  db t.

|

|

|

El Teorema 1.3.9 es un corolario inmediato de la Proposici´ on 1.3.12, ya que si [a, b] = a  db , entonces d[a, b] = ab. EJERCICIOS 1.3

1. Termine la prueba del Teorema 1.3.4.

N, y d j = (a1 , a2 , . . . , a j ), j  2, demuestre que 2. Sean a1 , a2 , . . . , an j  3 d j = (d j −1 , a j ). Calcule (30, 42, 69) y (96, 66, 108).

∀

∈

3. Sean a1 , a2 , . . . , an N y m j = [a1 , a2 , . . . , a j ], j  2, demuestre que j  3 m j = [m j −1, a j ]. 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 v´ alido 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 m´ ultiplo de b, (a, b) = b, de otra manera se puede aplicar iteradamente el algoritmo de la división:

∈

a = bq 1 + r1 b = r 1 q 2 + r2 r1 = r 2 q 3 + r3 .. . rn−2 = r n−1 q n + rn rn−1 = r n q n+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 n´ umero finito de pasos se obtiene un residuo 0. A este proceso se le llama el Algoritmo de Euclides. Proposici´ on 1.4.1. Dados a, b

´ residuo ∈ N, se tiene que (a, b) es el ultimo

distinto de cero en el algoritmo de Euclides, i.e. (a, b) = r n. Para probar este resultado probamos primero un lema. Lema 1.4.2. Si a = bq + r, entonces

(a, b) = (b, r). ´ n. Como (b, r) Demostraci o

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),

|

|

∴

| b

|

|

|

(a, b) = (b, r).

´ n. (De la Proposici´ Demostraci o on 1.4.1) Aplicando repetidamente el Le-

ma 1.4.2 se tiene (a, b) = (b, r1 ) = (r1 , r2) =

· ·· = (r − , r ) = r . n 1

n

n


14

El Algoritmo de Euclides nos permite dar un procedimiento para expresar el MCD como una combinaci´ on lineal de a y b. Esto se sigue del siguiente resultado. on lineal de a y b y r lo es de t y b, Proposici´ on 1.4.3. Si t es combinaci´ entonces r es combinaci´ on lineal de a y b. ´ n. Demostraci o

∴

t = ka + ub r = nt + sb r = (nk)a + (nu + s)b.

Aplicando este resultado verificamos nuestra observaci´ on: como r n es una combinaci´ on lineal de r n−1 y r n−2 , y r n−1 lo es de r n−2 y r n−3 , se tiene que r n es combinaci´ on lineal de rn−2 y rn−3 , repitiendo el mismo procedimiento, rn es combinaci´ on 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.

· − · · − · − · −

− · − · − − −


1.4.2.

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. on Proposici´ on 1.4.4. Las soluciones enteras de la ecuaci´ ax + by = 0,

(1.2)

a, b = 0, (a, b) = 1, son



x = bt,

y =

−at,

t

∈ Z.

´ n. Estas expresiones de x, y ciertamente son soluciones, proDemostraci o

bamos 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 (Proposici´ on 1.3.6),

|

i.e.,

y = at, t

∈ Z.

Por lo cual ax =

−bat

x =

−bt.

y

Regresando a la ecuaci´ on general diofantina (1.1), obsérvese que el Corolario 1.3.3 se puede reformular como sigue: on (1.1) tiene soluci´ on en Z si y s´ olo si Teorema 1.4.5. La ecuaci´ (a, b) c.

|


16

Recordamos que este resultado se sigue, ya que (a, b) es la combinación lineal positiva m´ınima. Por ejemplo, como 3  10, la ecuaci´ on 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 = dc , se tiene asc + btc = c, por lo que x = sc  y y = tc  es una soluci´ on de (1.1), por ejemplo, 30x + 8y = 140,

· · ·

− · − − · · − 140 = 70 · 2 = 8(280) + 30(−70)

30 = 8 3 + 6 8 = 6 1+2 6=2 3 ∴

y

x =

2=8 6 1 = 8 (30 3 8) = 4 8 30

−70,

y = 280

es una soluci´ on. Para poder encontrar todas las soluciones de (1.1) primero resolvemos el caso homogéneo (1.2). on (1.2) est´ an dadas por Teorema 1.4.6. Las soluciones de la ecuaci´ x =

−bt,

y = a  t,

t

∈ Z,

donde a = a  d, b = b  d, d = (a, b), a,b = 0. ´ n. Las soluciones de Demostraci o



ax + by = 0, son las mismas que las de a  x + b y = 0, ya que a dx + b dy = 0

⇐⇒

a x + b y = 0,

por lo que el resultado se sigue de la Proposici´ on 1.4.4.


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 = 0



no tiene solución. Si a = 0 y b = 0, cualquier pareja de la forma (t, 0) es solución de ax + by = 0,



´ y la ecuación by = c, c = 0 tiene soluci´ on b c. Esta es uńica, ya que si by1 = by 2 , entonces y 1 = y 2 . El otro caso el an´ alogo. Volviendo al caso general, las soluciones de (1.1) y (1.2) est´ an muy relacionadas.



⇐⇒ |

on particular de de (1.1) y (u, v) cualLema 1.4.7. Sea (x0 , y0 ) una soluci´ quier soluci´ on de (1.2), entonces (x0 + u, y0 + v) es soluci´ on de (1.1), y viceversa toda soluci´ on es de ésta forma. ´ n. Demostraci o

(x0 + u)a + (y0 + v)b = x 0 a + y0 b + ua + vb = c + 0 = c. Vicerversa, si xa + yb = c, entonces

− x )a + (y − y )b = c − c = 0. (x − x , y − y ) es solución de (1.2).

(x ∴

0

0

0

∴

0

x = x 0 + u, y = y 0 + 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 = 0, est´ a dado por



x = x 0

− bt,

y = y 0 + a t,

t

∈ Z;

donde a = a  d, b = b  d y (x0 , y0 ) es una soluci´ on particular.


18

Este resultado es consecuencia inmediata del Teorema 1.4.6 y el Lema 1.4.7. En consecuencia todas las soluciones de cualquier ecuaci´ on 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 homog´ enea 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 =

1.5.

−18,

49x

− 14y = 70.

Factorizaci´ on u ´ nica

Los n´ umeros se descomponen en factores irreducibles llamados primos, por ejemplo 120 = 60 2 = 22 3 5 2 = 23 3 5,

·

· · · · · 84 = 21 · 4 = 7 · 3 · 2 . 2

umero entero p distinto de Definici´ o n 9. Se dice que un n´ sus unicos ´ divisores son 1 y p.

± ±

±1 es primo, si

Obsérvese que 0 no es primo (todo n´ umero 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, . . .

−

´ UNICA ´ 1.5. FACTORIZACI ON

19

Esto se verifica, notando que 3 y 7 no sean factores de los n´ umeros, que no sean m´ ultiplos de 5, o pares (véase la Proposici´ on 1.5.4). Nótese que si p es primo y a Z entonces

∈

(a, p) =



p si p a, 1 si p  a,

|

(si p  a, el u ´ nico divisor com´ un de p y a es 1). umero primo p divide al producto ab, entonces p a Teorema 1.5.1. Si un n´

|

o p b.

|

´ n. Si p no divide a a, entonces ( p, a) = 1 y en virtud de la Demostraci o

Proposición 1.3.6 p b.

|

La propiedad establecida en el teorema anterior caracteriza los primos y al cero.

∈ Z, p = ±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 hip´ otesis Corolario 1.5.2. Sea p

p es primo o p = 0.

´ n. Se puede suponer p  0. Si p = 0 y p no es primo, existen Demostraci o



naturales a, b = 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 hip´ otesis sobre p, por lo tanto p es primo o p = 0. Como el 0 no es factor de ning´ un número, no nulo, 0 tambi´ en cumple esta propiedad. on u ńica) Dado a Teorema 1.5.3. (Factorizaci´ expresar como u p 1 p2 donde u = 1, y p1  p2 descomposici´ on es unica. ´

±

··· p ,

−

·· · p ). k

k

a se puede

(1.3)

···  p son n´ umeros primos positivos, ésta k

´ n. Basta probarlo para a Demostraci o

a = ( 1) p1 p2

∈ Z, a = 0, ±1,

∈ N (ya que si −a = p

1

p2

· ·· p , k

⊂ N, el conjunto de los números que no pueden descomponerse de la manera descrita en (1.3). Si M =  ∅, por el PBO M Existencia. Sea M

tiene un menor elemento a, este n´ umero no es un primo p, ya que a = p es una descomposici´ on tipo (1.3), por lo que a = bc,

1 < b < a y 1 < c < a,


20 y como b, c / M

∈

b = p 1 p2

· ·· p

c = q 1 q 2

n

··· q , m

y a = p 1 p2

·· · p

n

q 1 q 2

··· q , m

sin embargo reordenando los primos p s y q s en esta expresión se obtiene una descomposición del tipo (1.3) contradiciendo que a M ∴ M = y todo número tiene una descomposici´ on en primos. on en el n´ umero de primos contados Unicidad. Se demuestra por inducci´ con multiplicidad que tiene la descomposició n más econ´ omica de a, para simplificar se ignora (primero) el orden: si a = p y a = q 1 q 2 q m , entonces

∈

∅

···

p q 1

| ··· q , m

por lo que se sigue del Teorema 1.5.1 que p q i ,

i.e.,

p = q i . Como

| 1  i  m, p = q q ·· · q ··· q , se tiene 1 = q q · ·· q − q ··· q , 1

2

i

1

m

2

i 1

i+1

m

y q j = 1 j = i (no hay divisores de 1 no triviales). Suponiendo cierto para n 1, si

∀ 

−

a = p 1

· ·· p

y a = q 1

n

··· q , m

m  n,

se tiene p1 q 1

| · ·· q

y p1 q i ,

|

m

y p = q i , como en el 1er caso. Por lo tanto a = p 2

·· · p = q q · ·· q − n

1

2

q i+1

i 1

··· q , m

y por hipótesis de inducci´ on n = m y las colecciones p2 , p3, . . . , pn y q 1 , q 2 , . . . , qi −1 , q i+1, . . . , qm contadas con repetici´ on son iguales. Lo mismo es cierto para p1 , . . . , pn y q 1 , . . . , qm , y evidentemente ordenando estas colecciones la expresi´ on (1.3) es uńica.

{

{

{

} } {

}

}

El Teorema 1.5.3 se puede refinar integrando los términos repetidos y obtener una expresi´ on u ńica a Z, a = 0, 1

∀ ∈

a =

m1 1

±p

2 pm 2

 ±

··· p

mk k ,

mi > 0,

´ UNICA ´ 1.5. FACTORIZACI ON

21

donde p1 < p2 <

··· < p . k

Algunas veces para comparar dos n´ umeros es conveniente considerar potencias cero, i.e., m2 k 1 a = p m pm mi  0, 1 p2 k ,

···

por ejemplo 24 = 22 3 50

· ·

y 40 = 23 30 5.

· ·

Un algoritmo u ´ til 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. Proposici´ on 1.5.4. Sea a

√ p | a y p  a.

∈ N, a no primo, entonces existe p primo tal que

´ n. Como a no es primo existen r, s tales que Demostraci o

a = rs, sin perder generalidad r tal que p r



1 < r < a,

1 < s < a,

s. Ahora, por el Teorema 1.5.3 existe p primo

|

∴

r = pr  .

Finalmente, p2

2

 p

(r )2 = r 2

y p 



rs = a,

√ a. √

Por ejemplo, 131 es primo, ya que de otra manera existir´ıa 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 descomposici´ on en primos es también u´til al describir el MCD y el MCM.

|

Teorema 1.5.5. Sean a, b 1 a = p m 1

··· p

∈ N,

mk k ,

b = p t11

tk k

· ·· p ,

t j , m j

entonces a) (a, b) = p r11 b) [a, b] = p s11

rk k

j

j

j

sk k

j

j

j

· ·· p , donde r = m´ın{m , t }, · ·· p , donde s = máx{m , t }.



∀ j,

0


22

´ n. Probamos a) y dejamos b) como ejercicio. Demostraci o

Sea d = p r11

· ·· p

rk k , entonces mk rk k

1 −r1 a = p m 1

·· · p − · d − r  0, ∀ j).

y d a.

|

Análogamente d b (m j j Ahora si t es un divisor com´ un de a y b,

|

t = p q11

··· p

qk k

(t no contiene otros factores primos, ya que a, b no los tienen). Necesariamente q i  ri , si q j > r j para alguna j q

q

p jj  a o p jj  b. ∴

Como dados m, n

t d y d = (a, b).

|

∈ N ∪ {0},

m + n = máx m, n + m´ın 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

· · 3 · 5 · 7. 4

EJERCICIOS 1.5

1. Demuestre, de manera an´ aloga a la prueba del Teorema 1.5.3, que todo entero mayor a 1 es divisible entre un n´ umero primo. 2. Demuestre que hay una infinidad de primos. 3. Termine la prueba del Teorema 1.5.5. 4. Encuentre, a 1 , a2 , a3 números naturales tales que no cumplan la identidad a1 a2 a3 = (a1 , a2 , a3)[a1 , a2 , a3 ].

23

1.6. CONGRUENCIAS

1.6.

Congruencias

Como ya se mencion´ o la divisibilidad determina naturalmente relaciones de equivalencia en Z y por ende los importantes anillos Z m .

∈ Z son congruentes m´ odulo m, m ∈ Z fijo, a − b = km, para alguna k ∈ Z,

Definici´ on 10. Se dice que a, b

si se escribe a

≡b

mód m.

Obsérvese que esta relaci´ on 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 n´ umeros en Z que son congruentes entre s´ı módulo m. Por ejemplo, si m = 2 todos los pares son congruentes entre s´ı, ya que 2m

≡ 2n

mód 2

∀ m, n ∈ Z,

y también los impares entre s´ı 2m + 1

≡ 2n + 1

∀ m, n ∈ Z,

mód 2

y en Z 2 , 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 tendr´ıa que 2 | 1, lo cual es absurdo. Tomando m = 7 podemos verificar que los n´ umeros 7k + 4, k ∈ Z, son todos congruentes entre s´ı 7k + 4 ≡ 7k + 4 mód 7 ⇔ 7 | 7(k − k ). Sin embargo, ning´ u n n´ u mero 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, 1

2

1

2

lo cual es imposible. Recordamos la relaci´ on de equivalencia en Z definida en el primer curso N fija, a, b Z son tales que a (cf. [4], cap´ıtulo 6). Dada m 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

≡ 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 i) a

a

≡c

mód m.

Las congruencias son tambi´ en compatibles con las operaciones.

∀ 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. ´ n. i) Si m | a − b m | (a + c) − b + c Demostraci o ii) Si m | a − b m | ca − cb. Proposici´ on 1.6.1.

Para comprender mejor la relaci´ on de las congruencias con los anillos Z m es u ´ til observar que todo entero es congruente m´ odulo m con exactamente uno de los n´ umeros 0, 1, 2, 3, . . . , m 1. Como caso particular, Z5 , todo entero es congruente m´ o dulo 5 con 0, 1, 2, 3, o 4. Obsérvese que si p es un natural primo y ab 0 m´ od 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 m´ o d 6, pero 3  ≡ 0 mód 6 y 4 ≡ 0 mód 6, o 5 · 4 ≡ 0 mód 10, pero 5 ≡ 0 mód 10, y4 ≡ 0 mód 10, o 9 · 2 ≡ 0 mód 18, pero 9 ≡ 0 mód 18 y 2 ≡ 0 mód 18. Las congruencias se pueden sumar y multiplicar.

Proposici´ on 1.6.2. Si a

i) a + c ii) ac

≡ b + d

≡ bd

≡b

mód m y c

≡d

mód m, entonces

mód m.

mód m.

´ n. Demostraci o

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.

25

1.6. CONGRUENCIAS

Z. Por lo Obsérvese que si a b mód m, entonces a = b + km, k que, tomando un representante en cada clase, y sum´ andole m´ ultiplos de m, se obtienen todos los elementos que son congruentes entre si. Resolvemos ahora ecuaciones de congruencias con una inc´ ognita. Consideramos primero un ejemplo

≡

∈

25x

− 16 ≡ 0

mód 21.

La solución de esta ecuaci´ on se puede encontrar interpret´ andola como una ecuaci´ on diofantina 25x 16 = 21y, i.e.,

25x

−

− 21y = 16. 25 = −21(−1) + 4 −21 = 4(−6) + 3 4 = 3·1+1 ∴

1 = = = =

− −− · · − · − −

4 3 4 ( 21 + 4 6) 21 1 4 5 21 5(25 21)

− − 21(−6).

1 = 25( 5)

En consecuencia

− − 21(entero)

16 = 25( 80)

≡

y -80 es una solución particular de la congruencia 25x 16 m´ o d 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

−80 + 21t, en particular 4 es soluci´ on, 25 · 4 ≡ 16 mód 21. x =

En general, la ecuación

ax + b

mód m,

≡0

(m, a) = 1 siempre tiene soluci´ on, ya que en este caso existen r,t, Z tales que rm + ta = 1, por lo que

∈

m(entero) + ( b)ta =

−

−b

≡0

m´ od m.

y a( bt) + b

−

Esta observaci´ on se puede generalizar.


26

Proposici´ on 1.6.3. La congruencia ax + b

y s´ olo si (a, m) b.

|

´ n. Existe una soluci´ on Demostraci o

ax

− ym = −b.

Si (a, m)

mód m tiene soluci´ on si

≡ 0

⇔ ∃ x, y ∈ Z tales que ym = ax +b ⇔

| −b dicha solución existe (cf. Teorema 1.4.5).

on de Proposici´ on 1.6.4. Sea x1 una soluci´ ax + b

≡0

mód m,

(a, m) = 1.

(1.4)

Entonces, i) si x1

≡ x

2

mód m, se sigue que x2 también es soluci´ on,

ii) si x2 es soluci´ on de (1.4) x2

≡ x

mód m.

1

´ n. Demostraci o

i) La condición x1

−x

2

= km, se puede escribir x2 = x 1

− km,

por lo que ax2 + b = a(x1 y como

− km) + b = ax + b − akm, 1

m ax1 + b,

|

se sigue que

m

| −akm,

m ax2 + b.

|

ii) Si m ax1 + b y m ax2 + b, entonces

|

|

m a(x1

− x ),

m x1

2

|

2

y dado que (a, m) = 1

| −x .

Obsérvese que la condici´ on (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 2 mód 6. Generalizamos ahora la discusión a un sistema de 2 congruencias.

27

1.6. CONGRUENCIAS

Teorema 1.6.5. (Teorema chino del residuo) Sean (m, n) = 1, entonces las

congruencias



x x

≡a ≡b

mód m mód n

(1.5)

tienen una soluci´ on com´ un. ´ n. Como (1, m) Demostraci o

a la 1a congruencia tiene una soluci´ on particular r 1 y por la Proposici´ on 1.6.4 cualquier otra soluci´ on es de la forma

|

r1 + km,

∈ Z.

k

Ahora, r1 + km b mód n tiene solució n, 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 tambi´ en encontrar todas las soluciones. Corolario 1.6.6. Sean x1 , x2 soluciones de (1.5), entonces

x1

≡ x

2

mód mn.

M´ as a´ un, si x1 es una soluci´ on particular de (1.5) y x2 x1 mód mn, entonces x2 es una soluci´ on de (1.5), en particular existe una soluci´ on t de (1.5) tal que 0  t < mn.

≡

´ n. Si x1 Demostraci o

que x1

≡ x

2

≡ a

mód m y x2 a mód m, entonces se cumple mód m, análogamente x1 x2 mód n, y por lo tanto

≡

m x1

| −x

2

≡

y n x1

| −x , 2

como (m, n) = 1 mn x1

| −x

2

(Proposici´ on 1.3.6).

La 2a afirmaci´ on es consecuencia inmediata de la Proposici´ on 1.6.4. Obsérvese que el Corolario 1.6.6 exhibe todas las soluciones del sistema (1.5). Este sistema se puede generalizar.


28

Teorema 1.6.7. (Teorema chino generalizado) Sean m 1 , m2 , . . . , mk primos

relativos entre s´ı (dos a dos), entonces el sistema de congruencias

 

x x

≡a ≡a

mód m1 mód m2

x

≡a

mód mk

1 2

.. .

k

(1.6)

tiene soluci´ on. M´ as a´ un, si x1 es soluci´ on de (1.6) y x1 x2 mód m1 m2 entonces x2 es soluci´ on, y viceversa si x2 es soluci´ on de (1.6) x2

≡

≡ x

mód m1 m2

1

· ·· m , k

· ·· m . k

´ n. Demostramos la primera parte, la 2a se prueba usando los Demostraci o

mismos argumentos que en el Corolario 1.6.6. x a1 mód m1 tiene como soluciones r 1 + k1 m, k1 solución particular, ya que (m1 , 1) = 1. Ahora, la congruencia

∈ Z, donde r es una

≡

r1 + k1 m1

1

mód m2

≡ a

2

tiene solución, ya que (m1 , m2 ) = 1, ∴

existe r2 = r 1 + k1m1

que es solución com´ un a las primeras 2 congruencias y todas las soluciones son de la forma r2 + k2m1 m2 , k2 Z.

{

}

∈ Z tal que

Ahora buscamos k2

r2 + k2 m1 m2

≡ a

∈

3

mód m3,

∈ Z tal que

como (m1 m2, m3 ) = 1, existe k2

r3 = r 2 + k2 m1m2 es solución de las primeras 3 congruencias, etcétera. El siguiente resultado establece un método para encontrar una soluci´ on 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 = m 1 m2 mk , y se toman enteros ci tales que cumplen la congruencia bi ci 1 mód mi , se sigue que

∀ ∈{

}

x0 = a 1b1 c1 + a2 b2 c2 + es una soluci´ on particular.

≡

··· + a b c

k k k

·· ·

29

1.6. CONGRUENCIAS

Demostraci´ on. Se toma i fija, 1 mi b j , y por lo tanto

≤ i ≤ k. Nótese que si j = i, se tiene que

|

a j b j c j

≡ 0

mód mi j j = i.

∀  A su vez esta u ´ltima congruencia implica que x ≡ a b c mód m . Finalmente, como b c ≡ 1 mód m se tiene que a b c ≡ a mód m , y entonces x ≡ a mód m . 0

i i

0

i

i

i i i

i i i

i

i

i

i

Ejemplos

1) Se resuelve la congruencia 16x 9 0 mód 35. Esta ecuaci´ on equivale a la ecuaci´ on diofantina 16x 35y = 9,

− ≡ −

para encontrar una soluci´ on 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 x x

≡ −2 mód 3 ≡ −1 mód 5 ≡ 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 soluci´ on particular y por ende resolver el sistema. Sin embargo, es conveniente conocer otras técnicas de soluci´ on. Las soluciones de la primera congruencia est´ an dadas por 1 + 3k1 ,

∈ Z.

k1

Ahora, las soluciones de la congruencia 1 + 3k1 misma que las de la congruencia

≡ −1

mó d 5 son las


30

≡ −2

3k1

mód 5.

(1.8)

Se podr´ıa resolver esta congruencia como una ecuaci´ on diofantina, o directamente evaluando en los primeros d´ıgitos. Sin embargo, la aplicaci´ on de algunos trucos permite resolver este tipo de ecuaciones de manera m´ as rápida. Nótese que (1.8) se cumple si y s´ olo si

≡ −4

6k1

mód 5,

(1.9)

y como 5k1 0 m´ od 5 se tiene que (1.9) se cumple k1 4 m´ od 5. Por lo que tomando k 1 = 1, se sigue que todas las soluciones de las primeras dos congruencias en (1.7) est´ an dadas por

≡

⇐⇒ ≡ −

∈ Z. 4 + 15k ≡ 3

4 + 15k2, Finalmente, las soluciones de congruencia

k2

2

≡ −1

15k2

mód 7, son aquéllas de la

mód 7.

(1.10)

Como 14k2 0 m´ od 7, la ecuación (1.10) se cumple k2 1 m´ od 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) est´ an 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 ultima ´ y se obtiene 2x 24 mód 30, o x 12 mód 15. Ahora, 3 es solución de esta u´ltima congruencia, sin embargo no es soluci´ on de (1.11).

≡

≡−

≡−

∀ n ∈ Z, n = 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, 3) Se resuelve,

31

1.6. CONGRUENCIAS

−3 < 0, podemos multiplicar todo por -1, y −(9n − 9) = (−3)(3n − 2) + 3 3n − 2 = 3(n − 1) + 1.

sin embargo

Por consiguiente

− − − − − − − − − − − − − − − − ∴ − − − − y multiplicando por −5n −5n = (15n − 20n)(3n − 2) + (9n − 9)(entero),

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),

2

i.e., 15n2

− 20n

es una soluci´ on particular

y todas son 2

{15n − 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 afirmaci´ on no se cumple.

≡

2. Sea m

≡

∈ N fija, a, b ∈ Z tales que a = mq 1 + r1 b = mq 2 + r2

Entonces a

≡b

mód m

0  r1 < m, 0  r2 < m.

⇐⇒ r = r . 1

2

3. Resuelva los siguientes sistemas de dos maneras: sin usar (y usando) el Teorema 1.6.8.

a)

 ≡  ≡≡ x x x

5 2 3

m´ od 2 m´ od 3 m´ od 7

b)

 ≡  ≡≡ x x x

9 1 2

mód 5 mód 11 mód 7.


32

1.7.

Los campos

Z p

Usando las propiedades de los primos es f´ acil ahora probar que si p es un primo Z p es un campo. Lema 1.7.1. Si p es un primo, entonces Z p es un dominio entero. ´ n. Si a b = 0 en Demostraci o

Entonces, ab

≡0

mód p i.e.,

Z p , donde

0 < a  p y 0 < b p ab y necesariamente

p.

|

a = 1 y b = p i.e.,



(o viceversa)

b = 0 y Z p es un dominio entero ya que no hay divisores de 0.

Teorema 1.7.2.

Z p es un campo.

´ n. Sea 1  k < p, fijo y considérese la colecci´ Demostraci o on t k en Z p ,

{ }

donde t toma los valores 1, 2, 3, . . . , p 1. Se afirma que todos estos valores representan n´ umeros distintos en Z p : si t1 k = t 2 k en Z p

−

entonces t1 k

≡ t k 2

mód p,

y p (t1

| − t )k, 2

i.e., p t1 t2 (ya que (k, p) = 1.) Por lo cual t1 = t 2 . En particular, la afirmación implica que t tal que t k = 1 y todo n´ umero tiene un inverso multiplicativo.

| −

∃

Cap´ıtulo 2 El campo de los n´ umeros reales 2.1.

Los n´ umeros racionales

Se construyen los racionales a partir de los enteros, se define una relaci´ on de equivalencia en

Z

× Z − {0} = { (a, b) | a ∈ Z, b ∈ Z, b = 0 }, (a, b) ∼ (a , b ) si ab = ba  . Por ejemplo (4, 6) ∼ (2, 3), ya que 4 · 3 = 6 · 2.

(2.1)

on definida por (2.1) es de equivalencia. Proposici´ on 2.1.1. La relaci´ ´ n. Como ab = ba, Demostraci o

∼ es reflexiva, y como ab  = ba  ⇔ etrica. Finalmente si (a, b) ∼ (a , b ) y (a , b ) ∼ (a , b ), ∼ es sim´             

a b = b  a, entonces ab = ba y a b = b a por lo que ab b = ba b y a b b = b a b, i.e. ab b = b  a b, y como b  = 0 ab = ba  , i.e. (a, b)



∼ (a, b) y ∼ es transitiva.

Provisionalmente denotaremos por a b a la clase de equivalencia de (a, b), obsérvese que ab = ab si y sólo si ab  = ba  , en particular a ar = , r = 0 (abr = bar). b br 





33

´ CAP ´ ITULO 2. EL CAMPO DE LOS N UMEROS REALES

34

Definici´ on 11. Al conjunto de clases de equivalencia en Z

a = b

× Z − {0},

{ (x, y) ∈ Z × Z − {0} | ay = bx }

se les llama n´ umeros racionales y se les denota por Q. Para simplificar la notaci´ on se escribe ab por ab , obsérvese que con esta notación un mismo n´ umero 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

=



a b



,

c d

=



c d



, entonces

ad + bc a d + b c = . bd b d ´ n. Por hip´ Demostraci o otesis ab  = ba  , cd = c  d. Por lo que usando éstas relaciones se tiene (ad + bc)(b d ) = ab dd + cd bb = ba dd + c dbb = bd(a d + b c ).

Se define la suma de dos racionales como sigue a c ad + bc + = , b d bd se sigue del Lema 2.1.2 que esta operaci´ on est´ a bien definida. También se define el producto a c ac = , b d bd

·

esta operaci´ on también está bien definida: si a a c =  y = b b d entonces ya que acb d = a  c bd. Nótese que ad + db =

ac a c =  , bd bd a+b d

(ejercicio).

c , d

´ 2.1. LOS N UMEROS RACIONALES

35

Teorema 2.1.3. Los racionales son un campo. ´ n. Algunas propiedades se siguen f´ acilmente Demostraci o

a 0 a 1 + b 0 a + = = , b 1 b 1 b a a 0 + = 2 (obsérvese que b=0 b b b a c ad + bc cb + da c a + = = = + , b d bd db d b

·

·

−

si ab es distinto de

0 b

·

∀ 

0 0 = ), b 1

i.e. a = 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 tambi´ en f´ acilmente (ejercicio). Ahora estudiaremos el orden en Q. Caracterizamos primero a los racionales positivos. Lema 2.1.4. Si ab =



a b



, entonces ab

∈ N ⇐⇒ ab ∈ N.

´ n. Se tiene ab = ba  , y por lo tanto ab bb = ba bb , i.e. Demostraci o

ab(b )2 = a  b b2 , y por lo tanto 2

2

∈ N ⇔ ab(b) ∈ N ⇔ abb ∈ N ⇔ ab ∈ Z, puesto que tm ∈ N ⇒ t ∈ N (si t ∈ / N y t  = 0, −t ∈ N, por lo que −tm ∈ N, lo cual contradice tm ∈ N). ab

2

2

2

Definici´ o n 12. Los racionales positivos denotados por Q+ son aquellos de

la forma ab , donde ab

∈ N.

El lema anterior muestra que esta definici´ on es correcta ya que no depende del representante. Denotaremos al racional −ba como ab , obsérvese que −a = a . −b b

−


36

Proposici´ on 2.1.5 (Tricotom´ıa).

siguientes afirmaciones: i)

a b

ii)

a b

iii)

∈ Q

+

a b

∀ ∈ Q se cumple una y s´ olo una de las

,

= 10 , a b

− ∈ Q

+

.

∈ N, ab = 0 o −(ab) ∈ N, en el primer caso a = 0 y se cumple ii), en el segundo (−a)b ∈ N y − ∈ Q . ´ n. Si ab / Demostraci o

a b

+

Proposici´ on 2.1.6. Sumas y productos de racionales positivos son positivos. a b

, 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 a suponer a, b > 0, si a, b < 0 podemos reemplazar ab por − −b y se cumple la aseveraci´ on. Bajo estas hip´ otesis como ´ n. Obsérvese que si Demostraci o

∈ Q

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 . Definici´ on 13. Sean ab , dc

∈ Q, se dice que

a es b

mayor que dc , se escribe

a c > , b d si ab + (

c d

− )∈Q

+

Obsérvese que

. a b

∈ Q ⇔ +

a b

> 10 , esto se sigue ya que ab + −10 = a·1b−·10·b = ab .

Proposici´ on 2.1.7 (Tricotom´ıa). Dados

una de las siguientes afirmaciones: i)

a b

> dc ,

ii)

a b

= dc ,

iii)

a b

< dc .

a b

y

c d

∈ Q se cumple una y s´ olo


37

´ n. Se sigue de la Proposici´ Demostraci o on 2.1.5 que

a + b

−  ∈ c d

Q

+

a + b

o

− −  ∈ − −  −

− 

c 0 = d 1

a c + Q+ . b d Evidentemente las primeras 2 condiciones corresponden a i) y ii), y como o

a + b

c d

a c + b d

=

se sigue el resultad. Esto u´ltimo se sigue ya que en Z vale la ley de la cancelación de la suma y el inverso aditivo es uńico: Si ab + dc = ab + f e = 0, entonces −ba + ( ab + dc ) = −ba + ( ab + f e ) y dc = f e , ∴ a e + f e = ab + ( −ba ) = 0 = −ba . b f

⇒

Esta relaci´ on de orden también es transitiva: Si

a b

>

c d

y

c d

> f e , entonces

a b

>

a b

− dc ∈ Q

por lo que

+

e f

:

y

a b

c d

− f e ∈ Q

+

− f e ∈ Q

+

.

Proposici´ on 2.1.8.

i) Si ab >

a b





y

c d

>



c d



, entonces a c a c  + >  + . b d b d

ii) Si ab >

a b



iii) Si ab >

a b





, entonces a c a c + >  + . b d b d



y

c d

> 10 , entonces ac a c >  . bd bc

,

38


´ n. La propiedad i) se sigue directamente de la Proposici´ Demostraci o on

2.1.6 y la ii) se prueba de manera inmediata. Para probar iii), se tiene a b

a b

− ∈ Q

por lo que

+

y

c d

+

∈ Q

,

 −  ∈        a b

a b

c d

a b

c > d

Q+ ,

a b

i.e.

c . d

c Obsérvese que ab > dc > ab , esto se sigue ya que ab dc Q+ d a) c ( ab ) Q+, ( ( −ba ) = −(− = ab ). d b Observamos ahora que los enteros est´ an naturalmente incluidos en los racionales, para eso se define

− − − ∈

−

⇔−

i : Z

−

− ∈

−→ Q como

⇔

a i(a) = , 1

i es inyectiva ya que si i(a) = i(b), se tiene a b = 1 1

⇔

a = b,

se conviene en denotar a la imagen de i por Z, y al racional a1 simplemente por a. La inclusión i también preserva las operaciones: a b a + b + = = i(a + b), 1 1 1 a b ab i(a)i(b) = = = i(ab). 1 1 1 i(a) + i(b) =

·

Para probar las propiedades de los reales es u ´til considerar el siguiente subconjunto de los racionales. umeros de la Definici´ o n 14. Sea D el subconjunto de Q, definido por los n´ forma

a , 10n

a

∈ Z.


39

En representaci´ on 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 est´ a n en D, por ejemplo 31 =.333 . . . (este hecho se mostrará de manera formal posteriormente). Sin embargo sumas y productos de n´ umeros de D son n´ umeros en D : a b a 10m + b 10n a 10m + b 10n + = = 10n 10m 10n 10m 10m+n

·

·

·

·

·

a b ab = D. 10n 10m 10m+n En expresi´ on decimal los elementos de D+ = D como A.a1 a2 . . . an ,

·

∈ D,

∈

+

∩Q

se representan

donde A N 0 y ai son d´ıgitos en 0, 1, . . . , 9 (n tan grande como se quiera). Los de D− = D Q− como

∈ ∪ { }

{

∩

−A.a a

1 2

}

. . . an ,

325 por ejemplo, −100 se puede escribir como

−.325 Proposici´ on 2.1.9. Si x, y ∈ D ,

o

− .3250.

+

x = A.a1 a2 . . . an ,

y = B.b1b2 . . . bn ,

entonces x > y si se cumple una de las 2 siguientes condiciones: a) A > B, b) A = B,

ai = b i

si

i < k y ak > bk .

´ n. Demostraci o

x =

Aa1 a2 . . . an 10n

y =

Bb 1 b2 . . . bn , 10n


40

x>y

⇔ ⇔ ⇔

Aa1a2 . . . an 10n Aa1a2

− Bb b10. . . b ∈ Q . . . a − Bb b . . . b ∈Q 10 1 2

n

+

n

+

n

n

1 2

n

Aa1a2 . . . an > Bb 1 b2 . . . bn,

y esta condici´ on se cumple si a) o b) se cumplen. Obsérvese que las reglas de los signos son v´ alidas en Q , por ejemplo

  −  a b

c d

a( c) ( a)c = = = bd bd

−

−

−    −    a b

c = d

a b

c , etcétera. d

Usando la expresión decimal en D esto se escribe, por ejemplo, ( A.a1 a2 . . . an )( B.b 1 b2 . . . bn) = (A.a1 a2 . . . an )(B.b 1 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 a a >  b b



entonces

2.2.

0 1

c c >  d d

y



0 , 1

ac a c >  . bd b d

Los n´ umeros reales, orden

umeros reales no negativos son expresiones decimales Definici´ o n 15. Los n´ infinitas de la forma A.a1 a2 a3 . . . , donde A N 0 y a j 0, 1, . . . , 9 , los puntos suspensivos indican que hay un n´ umero infinito de a j , y se supone que n N, m > n tal que am = 9 (es decir no hay cotas infinitas de nueves).

∈ ∪ { }



∈ {

}

∀ ∈

∃

´ 2.2. LOS N UMEROS 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 − . umeros reales consisten de los n´ umeros del conjunto Definici´ on 16. Los n´

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.

⊂ ⊂

on en S , Definici´ o n 17. Un orden total en un conjunto S es una relaci´ 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 s´ olo una de las siguientes afirmaciones: r < s,

r = s

o r > s (tricotom´ıa).

Se extiende el orden en D a un orden en R de la siguiente manera:

∀ x ∈ R−, ∀ x ∈ R , y ∈ R− ∀ x ∈ R

1) 0 > x

+

2) x > y

+

3) x > 0

4) Dados 2 reales positivos x = A.a 1 a2 a3 y = B.b1 b2b3

··· , ·· · ,

x > y si se cumple alguna de las siguientes condiciones a) A > B, b) A = B, ai = b i 5) Si x

∈R

+

∈ R

, y

+

∀i
y an > bn .

, entonces x>y

⇐⇒ −y > −x.


42

Proposici´ on 2.2.1. El orden definido en R es un orden total. ´ n. Transitividad: si x > y y y > z, se tiene x > z : Demostraci o

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.a1a2 y = B.b 1 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 = b i i < n y an > bn. Finalmente, como y > z se tiene que

∀

c j < b j = a j para alguna j



n y ci = b i

∀ i < j,

∴ x

> z,

o c j = b j

∀j
y an

 bn

= c n y x > z.

∈ R− se deduce del anterior x < y, y < z ⇒ −x > −y, −y > −z ∴ −x > −z y x < z.

El caso x, y,z

Tricotom´ıa: si x, y no est´ an 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 Proposici´ on 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.

´ n. Demostraci o Caso 1: 0  α < β. Sean

α = A.a1 a2 β = B.b 1 b2

··· , · ·· .

Si A < B sea an tal que a n = 9 y a∗n = a n + 1, tomando



c = A.a 1 a2 . . . a∗n ,

´ 2.2. LOS N UMEROS 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 = 9, a ∗m = a m + 1 y



c = A.a 1 a2

∗

··· a

m−1 am ,

se tiene c D y α < c < β. Caso 2: α < β  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. ´ n. Demostraci o Caso 1: α D.

∈

Si α > 0, α = A.a 1 a2

· ·· , tomando a = A.a a ··· a , se tiene Aa a ·· · a 1 + a < α < a + 10 − = , 1 2

n

1 2

n

n

10n

10n

la primera desigualdad se sigue ya que existe am = 0, m > n (puesto que α D), la 2a desigualdad se sigue ya que la expansi´ on decimal de a + 10 −n es “mayor” que la de



∈

· ·· a (se le está sumando 1 en el lugar n-ésimo). Si α < 0, α = −A.a a ··· , tomando a = A.a a ·· · a , a < −α < a + 10 − , A.a1 a2

n

1 2

1 2

n

n

como en el caso positivo, y se tiene n

n

n

−(a + 10− ) < α < −a = (−a + 10− ) + 10− . 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

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)

−10−

(n+1)

− < 0 < −10−

(n+1)

2 10

< 1. El caso α < 0 se

+ 10−n,

ya que 10−(n+1) < 10 −n .

2.3.

Cotas y fronteras

⊂ R, se dice que α ∈ R es una cota superior (o inferior) de S si α  x (o α  x) ∀ x ∈ S. a acotado superiormente (o Definici´ o n 19. Sea S ⊂ R, se dice que S est´ inferiormente) si existe alguna α ∈ R tal que α es cota superior (o inferior). Definici´ on 20. Sea S ⊂ R, se dice que α es el supremo de S si Definici´ o n 18. Sea S

1. α es cota superior de S, 2. si β es cota superior de S, entonces α  β, se escribe sup S = α. Nótese que el supremo es la menor de las cotas superiores. Ademá s el supremo es uńico (ejercicio).

⊆ R, se dice que α es el ´ınfimo de S si

Definici´ on 21. Sea S

i) α  x,

∀ x ∈ S,

ii) dada β cota inferior de S, β  α. Se escribe inf S , y es la mayor de las cotas inferiores. Tambi´ en el ´ınfimo es u ńico (ejercicio).

⊆ R acotado superiormente (o inferiormente), en-

Teorema 2.3.1. Sea S

tonces S tiene un supremo (o un ´ınfimo).

45

2.3. COTAS COTAS Y FRONTER FRONTERAS AS ´ n. Demostraci on. o

Caso 1: Si S Si S R+ = y S est´ S está acotado superiormente, superiormente, entonces entonces S S tiene tiene un supremo. C el conjunto de todas las cotas superiores de S, ob S, obs´ sérve rvese Prueba. Sea C el + que C = y C R . Sea

∩

∅

  ∅ ⊆ ⊆ C = {m ∈ N ∪ {0} | m es la parte entera de alg´ un un elemento de C }, 0

y sea A el menor elemento de C 0. Se define defi ne tambi´ tamb ién en C 1 = t

{ ∈ {0, 1, . . . , 9} | A.tx x · · · ∈ C }, 2 3

y a1 el menor de los elementos de C de C 1 . Sea C 2 = t

{ ∈ {0, 1, . . . , 9} | A.a tx x · · · ∈ C }, 1

y a2 el menor elemento de C 2 , etc e tc´éter et era. a. Se afirma que α = A.a = A.a 1a2 a3

3 4

···

es el supremo de S. Probamos primero que α no tiene colas de nueves: si an = 9, existe γ C n

∈ ∈

γ = A.a 1 a2

···a x

n n+1 xn+2

···x ··· n+r

tal que xn+r = 9 (γ R), y necesariamente existe existe m > n, m que am < 9 : Si an+1 , an+2 , , an+r−1 = 9, entonces



∈ ∈ ···

xn+1 , xn+2 ,

··· ,x

n+r−1

= 9 y an+r



n + r, + r, tal

xn+r < 9. 9 .



i) α es cota superior de S : : se prueba que dada β

∈ ∈ S, α  β. Sea

β = B.b B .b1 b2

··· ,

como existe A.x1 x2 C A  B. Si A > B, B, entonces entonces α > β. Si A = B , como existe A.a1 x2 C 1 a1  b1 , si a1 > b1, α > β. β. Si a1 = b 1, se toma A.a1 a2 x3 C 2 y a2  b2 , etc e tc´éter et era. a.

·· · ∈

·· · ∈ ···∈

Por lo cual existe n tal que an > bn y α > β o n an = b = b n y α = β = β .

∀

ii) ii) α es la menor de las cotas superiores: sea β sea β otra otra cota superior, β = B.b B .b1 b2

··· ,

A  B por construcci´ on, on, si A < B ya está, a , si A = B, a1  b1 (por construcción), on), si a si a 1 < b1 terminamos, si a si a 1 = b 1 , a2  b2 , etc´ etcétera te ra..

´ CAP ´ ITUL ITULO O 2. EL CAMP CAMPO O DE LOS N UMEROS REALES

46

⊆ ⊆ R

Caso 2: Se prueba que si S Prueba. Sea

+

, S = , S tien t ienee un ´ınfimo. ınfi mo.

  ∅

{ ∈ N ∪ {0} | B.x x · · · ∈ S },

C 0 = B

1 2

y A = m´ın C 0 . Se define defi ne tambi´ tamb ién en C 1 = t

{ ∈ {0, 1, . . . , 9} | A.tx x · · · ∈ S }, 2 3

y a1 = m´ın C 1 . El siguiente paso es tomar C 2 = t

{ ∈ {0, 1, . . . , 9} | A.a tx x · · · ∈ S }, 1

3 4

y a2 = m´ın C 2 , etc´ etcétera te ra.. Se afirma que α = A.a = A.a 1 a2 a3

=inf S . La prueba es an´ aloga aloga al Caso 1. · · · =inf S i) No hay colas colas de nu nuev eves: es: dada n, sea γ ∈ ∈ S, γ = A.a a · · · a x x ···x ··· , x  = 9. Si a , a , . . . , a − = 9, entonces x , . . . , x − = 9, 1 2

n+r

n+1

n+2

n n+1 n+2

n+r

n+r 1

n+1

n+r 1

y an+r < 9. 9 .

ii) ii) α es cota inferior: si β = B.b B .b1 b2

· · · ∈ S,

A  B por definición, o n, si A < B acabamos. Si A = B, a1 a1 < b1 ya está, a, si a1 = b = b 1 , a2  b2 , etc e tc´éter et era. a.



b1 , si

iii) iii) α es la mayor de las cotas inferiores: sea β = B.b 1 b2 otra cota inferior, por definición on de C 0 , B  A, si B < A ya está, a, si A = B por definición on de C 1 , b1  a1 , etc´ etcétera te ra..

···

subconjunto S subconjunto S de R, S =

  ∅ y acotado superiormente tiene S, entonces ∩ R = ∅ es el Caso 1. Si S ∩ R = ∅, pero 0 ∈ S, entonces ∀ x ∈ S y si y < 0−, y no es cota superior. Finalmente si S, entonces S S ⊂ S, es decir, ∩  ∅ ∈ S, entonces ⊂ R . Sea S el reflejado de S, es S  = {x ∈ R | − x ∈ S }. Por lo cual S  ⊂ R y por el Caso 2 existe α =inf S =inf S  , se afirma que −α = sup S. Caso 3: Todo supremo. Prueba. Si S 0=sup S : x  0, S R+ = y 0

+

+

+

R 2.4. SUMA SUMA Y PRODUC PRODUCTO TO EN R Esto se sigue ya que si x

∈ S, −x ∈ S 

47

y α

−x.

Por lo tanto, α  x y α es cota superior de S. de S. Tam Tamb bién si y es y es cota superior  de S, y es cota inferior de S (y  x x S, y  x x S  ).

−

−

−

∴

∀ ∈ − − ∀ − ∈ −y  α y y  −α.

acotado inferiormente, entonces existe inf S S . ⊂ ⊂ R, S  = ∅, S acotado S  = {x ∈ R | − x ∈ S }

Caso 4: Si S Si S Prueba. Sea

el reflejado de S, se S, se tiene que S  esta acotado superiormente y como en el Caso 3, si α si α = sup S  , α = inf S. inf S.

−

EJERCICIOS 2.3

1. Pruebe que el supremo y el ´ınifno ınifno son unicos. uńicos.

2.4 2.4.

Suma Suma y prod produ ucto en

R

Los algoritmos de la primaria, que se derivan de nuestras definiciones y la ley distributiva, permiten sumar y multiplicar n´ umeros umeros en D (ejercicio). 4.07 + .02 4.09

×

3.14 .19 2826 314 .5 9 6 6

Sin embargo esto e sto no se aplica a los reales con expansiones infinitas de d´ d´ıgitos distintos de cero. Para definir estas operaciones aproximamos los reales por n´ umeros umeros en D.

∈ ∈ R,

Definici´ on on 22. Sean α, β

U = V = y C = se define α + β + β = = sup C.

{x ∈ D | x  α}, {y ∈ D | y  β }, + y | x ∈ U, y ∈ V }, {x + y


48

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.

∈ R

+

Definici´ on 23. Sean α, β

,

A = V = y P =

{x ∈ D | 0  x  α}, {y ∈ D | 0  y  β }, {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 ) 0·α

= α( β ) = (αβ ) = αβ = 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 tambi´ en 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− < α < 10− ∀ n  0, n

n

entonces α = 0. ´ n. Si α es un real no negativo, sea α = A.a 1 a2 Demostraci o

A.a1 a2

··· . Como ∀ n

·· · < . 00 . . . 1 0 ···

   n lugares

A = 0 y ai = 0 i. Por otra parte si α

∀

∈ R−, α = −A.a a ··· , −10− = −1 < α y − 1 < A, A = 0, también −.1 < α ∴ −1 < a , por lo que a = 0, etcétera. Por lo que 1 2

0

1

α no puede ser un real negativo.

1

2.4. SUMA Y PRODUCTO EN R

49

∈ R, entonces

Teorema 2.4.2. Sean α, β,α  , β 

i) si α < α, β  < β, se tiene α + β  < α + β, ii) si α < α, se tiene α + β < α + β, iii) si α > α y β > 0, se tiene αβ > α β. ´ n. i) Sean Demostraci o

A B A B W W 

{x ∈ D | x  α}, {x ∈ D | x  β }, {x ∈ D | x  α}, {x ∈ D | x  β }, {x + y | x ∈ A, y ∈ B}, {x + y | x ∈ A, y ∈ B},

= = = = = =

por lo que α + β =sup W , α + β  =sup W  . Tomando c1 D tal que α < c1 < α y c1 tal que c1 < c1 < α y análogamente c2 , c2 D tales que β  < c2 < c2 < β. Se tiene entonces que x  c1 , x A y y  c2 y B  . Por consiguiente

∈

∀ ∈

∈

∀ ∈

x + y





∀ x ∈ A, y ∈ B

 c1 + c2

α + β  = sup W 





 c1 + c2 < c1 + c2 

y

sup W = α + β.

ii) La demostraci´ on en este caso requiere más cuidado que el anterior ya que podemos intercalar c, c entre α y α como en i), α < c < c < α, pero ahora s´ olo hay una β (Figura 2.1). Se debe elegir b D, 0 < b < β, en función de c y c . Existe n N tal que c c > 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: Demostraci´ on de ii)

∈


50

α + β  b + c = b + c + (c

∴

− c) > b + c + 10−

n



α + β

(la 1a desigualdad es por definici´ on, la 2a es la misma desigualdad en D, ya demostrada para Q , y la u ´ ltima se sigue de la definición de supremo). Obsérvese que tomar solamente c D, α < c < α y b < β no necesariamente funciona: α + β  c + b, pero c + b no necesariamente es mayor que α + β. iii) (Este caso es a´ un más complejo) Consideremos primero el caso α > 0, como en los casos anteriores se toman c, c D tales que α > c > c > α y existe m N tal que c c > 10 −m . Usando el Teorema 2.2.3, n N, bn D tal que b n < β < bn + 10−n , obsérvese que los b n se pueden tomar crecientes, ya que si β D, bn consiste de cortar la expansi´ o n 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 definici´ on y de la misma propiedad en Q (Proposici´ on 2.1.8) que n, αβ  cbn > (c + 10 −m )bn ,

∈

∈

−

∈ ∃ ∈

∀ ∈

−

∈ ∈

∀

y que c (bn + 10 −n )  α β, por lo que basta probar que para n adecuada (c + 10−m )bn > c (bn + 10 −n). Como estos n´ umeros est´ an en D, basta probar 10−m bn > c 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 > c 10−n . Esto sucede si n es suficientemente grande, ya que entonces 10c n es tan peque˜ n o como se quiera, i.e. menor a cualquier cantidad positiva. Los dem´ as casos se siguen fácilmente: si α = 0, αβ > 0 = α  β. Si α  < 0 y α > 0 α β < 0 y αβ > 0 (Reglas de los signos). Para α < 0 y α = 0, α β < 0 = αβ. Finalmente, si α < 0 y α < 0, α > α > 0, ∴ α β > αβ y α β < αβ.

∀



−

−

−

−

Obsérvese que el Teorema 2.4.2, inciso iii) implica que si α > α β > β   0, entonces αβ > α β  , ya que αβ > α β > α β  .



0y


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  α, y = y + x x  α, y

∈ D} ∈ D}. Nótese que ∀ α, β ∈ R se tiene que α < β ⇐⇒ −β < −α : si α, β ∈ R esto se sigue de la definici´ on, también si α, β ∈ R− . Los otros casos son { {

| |

β, x,y  β, x,y 

+

triviales.

Lema 2.4.3. A.a1 a2

·· · + (−A.a a ·· · ) = 0. ´ n. ∀ n, ∃ a ∈ D tal que Demostraci o a < A.a a · ·· < a + 10 − , 1 2

n

n

1 2

n

n

lo cual implica que tambi´ en se tiene n

−(a + 10 − ) < −A.a a ··· < −a . n

1 2

n

Usando el Teorema 2.4.2, podemos sumar las desigualdades y tenemos

−10−

n

∴

Lema 2.4.4.

A.a1 a2

n

··· + (−A.a a ··· ) < 10− , ··· + (−A.a a ··· ) = 0.

< A.a1 a2

∀ α ∈ R,

1 2

1 2

α + 0 = α.

´ n. Para cualquier natural n Demostraci o

∃ a ∈ D tal que n

an < α < an + 10−n . También usando el Teorema 2.4.2 an < α + 0 < an + 10 −n y por lo tanto n

−(a + 10− ) < −(α + 0) < −a . Finalmente, sumando −10− < α − (α + 0) < 10 − y n

n

n

n

α = α + 0.


52

∈ R, entonces α > β ⇐⇒ α + ( −β ) ∈ R

Corolario 2.4.5. Si α, β

+

.

´ n. Demostraci o

− ∈R

α > β

⇔ α + (−β ) > β + ( −β ) = 0, i.e.

α + ( β )

+

.

Lema 2.4.6. La suma de reales es asociativa.

∈ R, n ∈ N, existen a , b , c ∈ D tales que

´ n. Dados α, β,γ Demostraci o

n

n

n

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

−a − b − c − 3 · 10− n

n

n

n

<

−[α + (β + γ )] < −a − b − c . n

n

n

Finalmente, sumando (2.2) y (2.3) se obtiene

−3 · 10−

n

< [(α + β ) + γ ]

por lo cual (α + β ) + γ = α + (β + γ ) (en virtud del Lema 2.4.1).

n

− [α + (β + γ )] < 3 · 10− , ∀ n,

(2.3)


53

El inverso aditivo de un real es u ´ nico: si α , α son dos inversos aditivos de α, se tendr´ıa α = α  + (α + α ) = (α + α) + α = 0 + α = α  , 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 ).

+

∈ R

Esto se sigue por definición en el caso α, β α, β R+ , y por ejemplo

− − ∈

( α)(β ) = [( α)( β )] = (αβ ). R+ , β R− se tiene, por ejemplo

−

En el caso α

∈ R−, entonces

. Si α, β

−− −

−

∈ ∈ (−α)(β ) = [−(−α)](−β ) = α(−β ) = −(αβ ), ya que por definici´ on 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. ´ n. Basta probarlo para reales positivos, el caso general se Demostraci o

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 dem´ as casos se prueban an´ alogamente. Sean α, β,γ ∈ R , α = A.a a ·· · β = B.b b ··· γ = C.c c ··· , y N ∈ N tal que A,B,C < N. Además, ∀ n ∈ N se toman a , b , c ∈ D +

1 2

1 2

1 2

n

tales que

0 < an < α < an + 10−n , 0 < bn < β < bn + 10 −n , 0 < cn < γ < cn + 10−n .

n

n


54

Se sigue entonces del Teorema 2.4.2 que an bn < αβ < an bn + (an + bn )10−n + 10−2n , y

anbn cn < (αβ )γ < anbn cn + (an cn + bn cn + anbn )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 demostraci´ on queda como ejercicio para el lector. alida en R, i.e. Lema 2.4.9. La ley distributiva es v´

∀ α, β,γ ∈ R,

α(β + γ ) = αβ + αγ. ´ n. Si α, β o γ es 0, el resultado es inmediato, por ejemplo si Demostraci o

β = 0, α(0 + γ ) = αγ = α 0 + αγ.

·

Caso 1: α,β,γ > 0.

∀ n ∈ N, ∃ a , b , c ∈ D tales que n

n

n

0 < an < α < an + 10−n , 0 < bn < β < bn + 10 −n , 0 < cn < γ < cn + 10−n , por lo cual an bn < αβ < anbn + (an + bn) 10−n + 10−2n,

·


55

y an cn < αγ < an cn + (an + cn) 10−n + 10−2n

·

∴

an bn + an cn < αβ + αγ < anbn + an cn + (2 an + bn + cn ) 10−n + 2 10−2n .

·

·

·

Si α, β, γ < N se tiene anbn + ancn < αβ + αγ < anbn + 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 + ancn + 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 < 10 m ,

∀ n ∈ N

se tiene

anbn + ancn < αβ + αγ < an bn + an cn + 10n−m

y an bn + an cn < α(β + γ ) < an bn + ancn + 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 = 0, α tiene un inverso multiplicativo ´ unico.


56

´ n. Demostraci o Existencia

Caso 1: α > 0. +

Sea M = x

{ ∈ D | xα  1},

si β =sup M, se afirma que

αβ = 1.

M está acotado superiormente ya que si α = A.a1 a2 an = 0, en ambos casos, 1  10n+1 α, ya que



·

10n+1 α  10n+1 (A.a1 a2

(2.4)

·· · a · ·· , n

A = 0 o



· ·· a )  1. es cota superior de M (si t ∈ M, tα  1  10 · α y por n+1

n+1 Por lo cual 10n+1 lo tanto t  10n+1 (Teorema 2.4.2)). También, si 0 < γ < β, entonces γα  1, ya que β =sup M. Si γα > 1, γ ser´ıa cota superior de M (si tα  1, necesariamente t  γ ). Ahora, probamos (2.4). n sea b n D tal que

∀

∈

bn < β < bn + 10−n , se sigue de la observaci´ on anterior que bnα  1  (bn + 10−n )α,

(2.5)

(si (bn + 10−n )α < 1, bn + 10−n M y como β < bn + 10 −n, β no ser´ıa cota superior). Usando el Teorema 2.4.2 se tiene tambi´ en que

∈

bnα  βα



(bn + 10−n )α.

(2.6)

∀ n ∈ N

Finalmente, si 1 = βα, digamos 1 < βα, usando (2.5) y (2.6),



bn α  1 < βα < (bn + 10−n )α y 0 < βα

n

− 1 < 10− α < 10

m−n

∀ n,

lo cual es una contradicci´ on.

En este u´ltimo 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 = 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 contradicci´ on.



57

2.5. RACIONALES Y REALES

Para α < 0, se tiene ( α)( β ) = ( α)( γ ) = 1

− − y por el caso anterior, −β = −γ.

− −

Hemos probado: umeros reales son un campo. Teorema 2.4.11. Los n´ EJERCICIOS 2.4

1. Muestre con un ejemplo que los algoritmos de la primaria de la suma y la multiplicaci´ o n de n´ umeros 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

+

∈ R−, entonces (αβ ) = (−α)(−β ).

, β

4. Termine las pruebas de los Lemas 2.4.9 y 2.4.10.

2.5.

Racionales y reales

Se identificaron los n´ umeros en D con n´ umeros reales, identificamos ahora todos los racionales. Definici´ on 24. Sea

j : Q dada por j( ab ) = ab −1 .

−→ R,

Esta inclusión est´ a bien definida: Obsérvese que:

a b

=

c d

1

⇔ ad = bc ⇔ ab−

= cd−1 .

a) j es inyectiva:

   ⇔

a c j = j b d

ab−1 = cd −1

⇔ ad = bc

    ⇔

a c = . b d

b) j preserva la suma: j

    a c a c + j = j + b d b d

(ejercicio).


58

c) j preserva productos:

    ⇔



a c ac j j = ab −1 cd−1 = ac(bd)−1 = j . b d bd d) j preserva el orden: j

a c >j b d

ab−1 > cd−1

(ejercicio).

De ahora en adelante identificaremos Q con j(Q), y usaremos ambas notaciones para cocientes: α = αβ −1 , β Como D

β = 0.



⊂ R, se tiene que Q es denso en los reales (Teorema 2.2.2).

EJERCICIOS 2.5

1. Pruebe que la inclusi´ on j : Q

−→ R preserva la suma y el orden.

Representaci´ on decimal de racionales Es necesario identificar ésta definici´ on de racionales, expresión decimal (obtenida en cursos elementales).

m como n

mn−1 , con la

Teorema 2.5.1. Sea

y también A

entonces

∈

m Q, = B.b1 b2 n 0, 1, . . . , 9 tales que N, a1 , a2 , a3 , . . .

∈{

 

···∈ }

nA  m < n(A + 1), n(A.a1 )  m < n(A.a1 + 10−1 ), n(A.a1 a2 )  m < n(A.a1 a2 + 10 −2 ), .. ... ... . B.b 1 b2

(2.7)

··· = A.a a ··· . 1 2

Antes de probar el teorema, observamos que (2.7) no es otra cosa que el algoritmo de la primaria.

59

2.5. RACIONALES Y REALES 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 n´ umero posible con dicha propiedad, de otra manera estar´ıamos dividiendo mal. ´ n. (Del Teorema 2.5.1) Las identidades (2.7) se pueden reesDemostraci o

cribir como: 0 m nA
− −

−


60 o

m n

− A

0

m n

0

m n

0 .. . Como

m = B.b1 b2 n

< 1

− A.a

< 10 −1

− A.a a

< 10 −2

1

1 2

...

...

· ·· , se tiene 0  B.b 1 b2 A B.b 1 b2

···−A ···

A  B < A + 1

∴

< 1 y < A + 1 y A = B.

También

∴

0  A.b1 b2 A.a1  A.b1b2

· · · − A.a ·· ·

y a1

 b1 <

1

< 10 −1 < A.a1 + .1,

a1 + 1 por lo que a1 = b 1 ,

etcétera. ∴

B.b 1 b2

··· = A.a a ··· . 1 2

Algunos n´ umeros reales tiene una expansi´ on decimal periódica, por ejemplo, 8 17 = 2.66 . . . , = 1.5454 . . . , 3 11 estos periodos se denotan como

 

2.6 o 1.54.

Probaremos que los reales peri´ odicos 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)

61

2.5. RACIONALES Y REALES

umero real es peri´ odico si y s´ olo si es racional. Teorema 2.5.2. Un n´ ´ n. Demostraci o

⇒) Sea α ∈ R

+

α = A.a 1

α se puede escribir como A.a1

··· a

peri´ odico, digamos

· ·· a

 · ·· an,

m am+1

0 am+1  an (ejercicio).

 ·· · 

m + .

00

· ··

m lugares

Ahora, usando (2.8) se tiene

 an 10m α = 10m (A.a1 am ) + . am+1  an, = 10m A + 10 m−1 a1 + + 10am−1 + am + . am+1

·· ·

· ··

· ··

· ··

también aplicando los mismos argumentos 10n α = 10nA + 10 n−1a + + 10a 1

 ··· an,

n−1 + an + . an+1

·· ·

(obsérvese que an+1 = a m+1 ), por lo cual (10n 10m )α = 10nA + 10 n−1 a1 + + an (10m A + 10 m−1 a1 + + am ) = B Z. B ∴ α Q, ya que α = n . 10 10m Q+ . ) Sea α = m 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 (agreg´ andoles un 0). Por consiguiente, si un residuo aparece por segunda vez, se repite exactamente el mismo proceso que cuando apareci´ o la primera vez. Finalmente, como hay un n´ umero finito de n´ umeros menores a n, alg´ un residuo necesariamente se repite (en menos de n pasos), obteniéndose un número peri´ odico.

−

···

−

∈

⇐

···

∈

−

∈

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

960  = 73.84615384615. 13

∴

o

1 = 0.333 . . . = 0.3. 3



EJERCICIOS 2.5

1. Demuestre que dado α

∈ R, α = A.a a ··· , α(10) = Aa .a a · ·· . 1 2

1

2 3

2. Complete el detalle faltante en la prueba de la necesidad del Teorema 2.5.2.

2.6. 2.6.1.

Raices n-´ esimas, exponentes fraccionarios Raices n-´ esimas

Teorema 2.6.1.

+

´ β ∈ R ∀ α ∈ R y ∀ n ∈ N, existe un unico

+

tal que

β n = α,

√ α.

este real se denota por

n

´ n. Demostraci o Existencia

Sea +

{ ∈R |x

W = x

n

<α .

}

W está acotado superiormente:

γ = máx 1, α es cota superior:

{ } > α > x ∀ x ∈ W, y por lo tanto x  α = γ, y si

n si α > 1, entonces αn α  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, n´ otese 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

r n

− 10− )

−

−

< α < (β + 10−r )n

(2.9)

∀ r suficientemente grande.

Finalmente obtenemos estimaciones para estas cotas de α :

  n

(β + 10−r )n =

j=0

n β n− j j 10 jr

  n

k n n  β + 10r j=1 j

= β n +

k n (2 10r

− 1),

´ 2.6. RAICES N -ESIMAS, EXPONENTES FRACCIONARIOS

donde k = máx β n−1 , 1 . También

{

}

  −    − n

(β

−

10−r )n =

j=0

n

n

β



−  

n n− j n β n− j ( 1) j n j n β = β + ( 1) j 10 jr j 10 jr j=1

j=1

n β n− j j 10 jr



n

β

−

(2n

− 1)k .

10r

Reemplazando estas desigualdades en (2.9) se tiene β n o

− 10c

r

− 10c 

r

α



n

α

− β

o

−





1 10r

β n + c , 10r

c , 10r

c constante, c > 0,

∀ r suficientemente grande, α − β 1  . n



∴

c

10r

α = β n .

Unicidad

Si β > γ, β n > αn, por lo tanto existe un real u ´ nico tal que β n = α.

EJERCICIOS 2.6.1

1. Si 0 < x < y, pruebe que 0 < xn < yn .

2.6.2.

Exponentes fraccionarios

Definici´ on 25. Si α

∈ R y n ∈ N se define α = α · α ··· α, n

   n veces

y si α

∈ R − {0}, α−

n

= (αn)−1 .

Nótese que (αn)−1 = ( α1 )n . Por convenci´ on α0 = 1.

63


64 Observaci´ on.

i) αm αn = α m+n . ii) (αm )n = α mn. Prueba de i) αm αn = (α

α) (α

α) . También, si m > 0, n < 0, si p =

 ···  ···   ···  ···   ···  · ··  ···  m veces

n veces

αm αn = (α

α) (

m veces

etcétera. Prueba de ii) (αm )n = (α

1 α

1 ) = α m− p = α m+n , α

p veces

n veces

α)

α) = α mn .

(α

m veces

m veces

Si m < 0 o n < 0 se reemplaza la misma expresión por α1 , etcétera.

∈ R

Proposici´ on 2.6.2. Dados α, β

+

, n,m

∈ N, se tiene

√ α √ β = √ αβ. √ α = √ α. b) √ √ c) ( α) = α . √ √ m r d) α = α ⇐⇒ = , donde r, s ∈ N y α  = 1. a)

n

n

 m

n

n

n

nm

m

m

n

m

n

s

r

n

s

´ n. Demostraci o

√ √ √ √ √ α) = (( √ α) ) = ( √ α) = α. b) ( √ √ √ c) (( α) ) = ( α) = (( α) ) = α . √ √ √ √ d) α = α ⇔ ( α ) = ( α ) ⇔ α a) ( n α n β )n = ( n α)n( n β )n = αβ.

 m

n

n

mn

n

m

m n

m

m r = . n s

s



n

r

m n

n

mn

n

m ns

n

n

n

n m

s

r ns

m

ms

= α rn

⇔ ms = rn ⇔

−n

´ 2.6. RAICES N -ESIMAS, EXPONENTES FRACCIONARIOS

65

Obsérvese que el caso c) en la Proposici´ on 2.6.2 también es v´ alido si m < 0, tomando p = m.

− √ √ ( α) = ( α)− n

m

p

n

1 √ ( α)

=

p

n

=

√ 1α n

p

=

 n

1 = α p

√ α n

m.

El caso d) tambi´ en es v´ alido si m,r < 0. Esto se sigue reemplazando α 1 por α , ya que − 1 r r α = , etcétera. α



Asimismo, nó tese que el inciso c) implica que si α puede definir m

αn

√ α n

como

m

∈ R

+

y

m n

∈ Q, se

√

o como ( n α)m .

Es importante enfatizar que con la poderosa herramienta del c´ alculo infinitesimal esta definición se extiende a todos los reales ab = e b log a , a Proposici´ on 2.6.3. m

m

m

r

m

r

mr

+

∀ α, β ∈ R

,

m r , n s

+

∈R

.

∈ 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 . ´ n. Demostraci o m n

m n

m

r

a) α β

√ √ β = α n

ms

m

m

n

nr

b) α n α s = α ns α ns = = α m n

ms+rn ns

r s

m



√ = α β = (αβ ) = (αβ ) . √ α √ α = √ α α = √ α m m

n

ns

ms

ns

nr

n

ns

m n

m

ms nr

nr

ms+rn

r

= α n + s .

√ s

m n

r

 √

c) (α ) = ( α ) = ( s

n

√

√

mr

αm )r = ( sn αm )r = ( sn α)mr = α ns .


66

2.7.

Valor absoluto, aproximaci´ on

Definici´ on 26. Si α

∈ R se define su valor absoluto como α0 |α| = −αα si si α < 0.



| − α| = |α| y α  |α|. Proposici´ on 2.7.1. ∀ α, β ∈ R, i) |α|  0 y |α| = 0 ⇐⇒ α = 0. ii) |αβ | = |α||β |. ii) |α + β |  |α| + |β |. Observaci´ on.

´ n. Demostraci o

i) Es inmediato.

∈R |αβ | = | − [α(−β )]| = α(−β ) = |α||β |.

ii) Se sigue de las reglas de los signos, por ejemplo, si α

+

∈ R−,

, β

iii) Los casos α = 0 y β = 0 son triviales.

∈ R . |α + β | = α + β = |α| + |β |. Caso 2: α ∈ R− , β ∈ R− . |α + β | = −(α + β ) = |α| + |β |. Caso 1: α

∈R

+

, β

+

Caso 3: α y β de distinto signo: sin perder generalidad α

∈ R−.

β

Si α + β  0,

|α + β | = α + β  α + (−β ) = |α| + |β |. Si α + β < 0,

|α + β | = −α − β  α − β = |α| + |β |.

∈R

+

y

´ 2.7. VALOR ABSOLUTO, APROXIMACI ON

67

∀ α, β ∈ R , ||α| − |β ||  |α − β |. +

Obsérvese que

Esto se sigue ya que

|α| = |α + β − β |  |α − β | + |β | y |α| − |β |  |α − β |, análogamente |β | − |α|  |α − β |. Se discuten ahora algunos mé√ todos elementales para aproximar reales. Por ejemplo, podemos aproximar 2 de la siguiente manera: 1 < 1.4 < 1.41 < 1.414 <

√ 2 √ 2 √ 2 √ 2

< 2 < 1.5 = 1.4 + 10−1 < 1.42 = 1.41 + 10−2 < 1.415 = 1.414 + 10−3 .

También con métodos del c´ alculo, encontrando la serie de Taylor de arctan, como arctan 1 = π4 usando



u

0

dx = arctan u, 1 + x2

se obtiene 3.14159 < π < 3.1416 = 3.14159 + 10−5, (cf. [5]). Estas aproximaciones se pueden expresar tambi´ en como

√ | 2 − 1.414| |π − 3.14159| o |π − 3.1415|

< 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 ser´ıa calcular

|√ 2π√ − (3.1415)(1.414) | √ √ = | 2π − 2(3.1415) + 2(3.1415) − (3.145)(1.414)| √ 2(10− ) + 3.1415(10− ) (1.415)10− + .0031415 

4

3



4

= .0001415 + .0031415  .00015 + .0032 = .00335  .004,

68


√

y (1.414)(3.1415) (1.414)(3.1415) = 4.442081 aproxima aproxima 2π con un error máxim ax imoo de d e 4 mil´ mi lésies imas,

−

√ .004 < .004 < 2π

4.442081 < .004 .004,, − 4.442081 <

y, por ejemplo, sumando .002081 se tiene

√ 2π − 4.44 √ 2π − 4.44

.001919 < < .006081, .006081, −.001919 < lo que implica .01 < < .01 − .01 < √ y 4.44 aproxima 2 π salvo por p or un error de una centésima esima .01=10− . 2

Una mejor mejor manera manera de calcula calcularr raices raices es aplicar aplicar el m´ etodo etodo de Newton: Newton: R es una función Si f : [x1, x0] on con derivada continua y tal que f ( f (x0 ) y f ( f (x1 ) tienen signo distinto, entonces existe r existe r [x1 , x0 ] tal que f ( f (r) = 0 (teorema del valor intermedio), para aproximar r, aproximar r, Newton Newton formuló una algoritmo excepcionalmente util. u´til. Se considera la recta tangente a la gr´ afica a fica en (x (x1 , f ( f (x1 )), ver Figura 2.2, y x2 el punto donde esta recta intersecta a la recta real, posteriormente se toma la recta por (x (x2 , f ( f (x2 )) y con pendiente f  (x2 ), etc´ etcéter et era. a.

−→

∈

(x0 , f (x0 )) x2 x3

(x1 , f (x1 ))

Figura 2.2: Método eto do de Newton Newto n Se demuestra en c´ alculo alculo que xn mente es evidente). evide nte). Anal´ Anal´ıticamente ıticam ente

r, cuando n → ∞ (lo cual intuitiva → r, cuando

´ 2.7. VALOR ABSOLUTO, APROXIMACI APROXIMACI ON

69

f ( f (xn) 0 = f  (xn ) xn xn+1 f ( f (xn ) i.e., xn xn+1 =  f (xn ) f ( f (xn) i.e., xn+1 = x n . f  (xn )

− −

−

−

Consideremos el siguiente ejemplo: f ( f (x) = x 2

− 5,

x1 = 2, x0 = 3,

− (−41) = 2.25 [(2.25) − 5] [5.0625 − 5] 2.25 − = 2.25 −

x2 = 2

2

x3 =

4.5

4.5

= 2.25 − .01388 = 2.236 2.2361. − .0625 4.5 √ Obte Ob teni´ niéndo en dose se un unaa apr a proxi oxima maci ci´ón on a 5 con co n un error erro r menor men or a una milésima, esima ,

 

= 2.25

en efecto 4.999

2

· · · = (2.236)

2.236 < 2.236 <

< 5 < 5 < (2.237) (2.237)2 = 5.004, 5.004,

√ 5 < 2.237 < 2.237..

EJERCICIOS 2.7

1. Supóngase ongase que α, que α, β est´ est´ an an aproximados por a, por a, b de tal manera que se cumple, α a < ε y b β < ε. Demuestre que es válida alida la desigualdad 2 αβ ba  ε + ε( ε( α + β ). 2. Sup´ ongase ongase que α que α,, β,γ están an dados con aproximaci´ on o n de 10−3 por a, a, b, c y

| − | | − |

| − | || ||

que son en valor absoluto menores a 10. Pruebe que a que a 2 + b2 + c2 + ab + ac + bc aproxima α2 + β 2 + γ 2 + αβ + αγ + αγ + β + βγ γ con con un error menor a .121. .121. 3. Calc´ ulese ulese 5 1 con una aproximaci´ on on de una milésima esima (10−3 ). Sugerencia: si c2 cumple 5 1 c2 < 10−3 , entonces c es la aproximación on buscada. 4. Calc´ ulese ulese Newton.

 √ √ −

|√ − − |

√ 3 con una aproximación on de una milésima esi ma usando usa ndo el método eto do de

70


Cap´ıtulo 3 El campo de los n´ umeros complejos 3.1. 3.1.1.

M´ odulo, argumento M´ odulo

odulo de un vector P = (x, y) en el plano Definici´ on 27. Se define el m´ como



R2

x2 + y 2 ,

se denota por P . También dados 2 vectores P, Q como d(P, Q) = P Q .

| |

∈ R , se define su distancia 2

| − |

P = (x, y )

Figura 3.1: El módulo de P Proposici´ on 3.1.1. Sean r

∈ R y P, Q ∈ R . Entonces, 2

i) rP = r P ,

| | | || | ii) |P + Q|  |P | + |Q| (Desigualdad del tri´ angulo). 71

´ CAP ´ ITULO 3. EL CAMPO DE LOS N UMEROS COMPLEJOS

72

´ n. Demostraci o

i) Si r



0 y P = (x, y), se tiene

 | || |  √  − | || | (rx)2 + (ry)2 = r P .

|rP | = Si r < 0, entonces

|rP | =

r2

x2 + y 2 =

x2 + y 2 = r P .

r

ii) Obsérvese que en un tri´ angulo 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) ∴ P + Q

|

|

 

d(0, P ) + d(P, P + Q), P + (P + Q) P = P + Q .

| | |

− | | | | |

a

a

b





b .

Figura 3.2: a > a y b > b por el Teorema de Pit´ agoras Otra prueba de la 2a parte de la proposici´ on anterior para vectores en Rn es la siguiente: 2

= (a + b) (a + b) = a 2 + 2a b + b 2 2 2 2  a +2 a b + b = ( a + b ) ,

|a + b|

||

· || · || | || | | | | | | |

en virtud de la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

3.1.2.

Argumento

∈ R − {0}, tomado en el intervalo [0, 2π), como la longitud del arco en la circunferencia unitaria que empieza en el vector e = (1, 0) y termina en P /|P |, moviéndose en el sentido Definici´ o n 28. Se define el argumento de P

2

1

contrario a las manecillas. A ésta medici´ on de angulos ´ se le llama medici´ on en radianes.

´ 3.1. M ODULO, 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 pol´ıgonos regulares de n lados P n y hacer tender n , la longitud de los per´ımetros se aproximan a 2π. Una prueba formal se hace en cálculo, véase [5].

→∞

Figura 3.4: El per´ımetro de los pol´ıgonos regulares se aproxima a 2π

El argumento en el eje de las ordenadas positivas es π/2 (mitad de un semic´ırculo) y el de las ordenadas negativas 3π/2. 2

∈ R − {0}, se define el argumento de P, como cualquier n´ umero de la forma s + 2πk, k ∈ Z, donde s es el argumento de P Definici´ on 29. Sea P

tomado en [0, 2π).

Obsérvese que el argumento no est´ a un´ıvocamente determinado (sin embargo, restringiéndonos a nuestra interpretaci´ on original s´ı 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 véase la Figura 3.6 (a).



s



π, el argumento de

−P es s + π,

74

´ CAP ´ ITULO 3. EL CAMPO DE LOS N UMEROS COMPLEJOS s =

π

2

s =

< s <

π

2

0 < s <

π

π

2

s = 0

π

< s <

π

3π

3π

2

2

s =

< s < 2 π

3π 2

Figura 3.5: s =arg P tomado en [0, 2π) −P

P

−P

P

(a) arg( P ) = s + π, donde 0s<π

−

(b) arg( P ) = s π  s < 2 π

−

− π,

donde

−P

Figura 3.6: Argumento de 2. Si arg P = s, donde π Figura 3.6 (b).



s < 2π, entonces arg( P ) = s

−

− π, véase la

3. Si arg P = s, donde P = (a, b) y P = (a, b), entonces arg P = 2π véase la Figura 3.7.

−

− s,

4. Si el argumento de P = (a, b) es s y b  0, entonces el argumento de P  = ( 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  = ( 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  = π + r = π + 2π véase la Figura 3.9.

−

− s = 3π − s,


75

P s

P

s

s

s

P

P

Figura 3.7: arg (P ) = 2π

−s s



P

P

s

s

P π

Figura 3.8: arg P  = π





−s

− s, P = (a, b), P  = (−a, b), b > 0

r P

P

P

P



P r

Figura 3.9: arg P  = 3π

− s, P = (a, b), P  = (−a, b), b < 0

Los ańgulos también se miden en grados tomando 360◦ como la vuelta completa y proporcionalmente los dem´ as. Por ejemplo el ańgulo entre (1,0) ◦ y (0,1) es 90 .


76

Obsérvese que el c´ırculo 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 12 y 12◦ en radianes es 12

    360 2π

= 15◦ ,

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 u ńico punto en el c´ırculo 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 u ´ nico punto en el c´ırculo unitario con argumento s Esto se sigue de la definici´ on trigonométrica, y también de la definici´ on formal del cálculo, véase [5]. En general si P = 0, P = (a, b),



|P |

2

= a 2 + b2

y arg P = s,


se tiene cos s = ya que

77

√ a a+ b , 2

sen s =

2

√

√ a b+ b , 2

2

(3.1)



1 (a, b) = 1. a2 + b2

P 2

b

2 +

√ a

a s b

√ Figura 3.11: El módulo de P es a

2

+ b2

on Definici´ on 30. A la expresi´ 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 m´ odulo.

| |

Obsérvese que el m´ odulo de un vector P está determinado de manera u ´ nica, y si se toma el argumento en [0, 2π), éste también est´ a un´ıvocamente determinado: escribiendo P = r(cos θ, sen θ), P = r  (cos ϕ, sen ϕ), entonces P = r = r 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, implica ϕ = 2π

0θ

ϕ < 2π,

− θ, pero entonces − sen θ = sen(2π − θ) = sen ϕ,

i.e. sen ϕ = sen θ (véase la Figura 3.12).





78


π ϕ

0

2π

θ

Figura 3.12: Si cos ϕ = cos θ, entonces ϕ = θ, o ϕ = 2π

− θ, 0  θ, ϕ < 2π

odulo r y un argumento s encontramos las coordeEjemplos. Dados un m´ nadas de los vectores P que éstos valores determinan:

√

a) r = 3 2,

s

∼ 225◦. Tenemos que 225◦ ∼ 5π/4 y cos ∴

P

π 1 π = = sen , 4 4 2

√ =3 2

√

−√ −√  1 , 2

1 2

= ( 3, 3).

− −

5π 4

P = (−3, −3)

√

Figura 3.13: r = 3 2, b) r = 2,

s

s

∼ 225◦

∼ 300◦.

Se toma un tri´ angulo equilátero, y se denota por y a la longitud de la mediatriz como en la Figura 3.14.

√ 3/2, y √ 3 π

Como y 2 + 1/4 = 1, se sigue que y = cos

1 π π = = sen , 3 2 6

cos

6

=

π = sen , 2 3


79

por lo tanto, geométricamente se sigue que P = 2

 −√  1 , 2

3 2

= (1,

−√ 3),

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

−  −  −

5π cos = cos 3 5π sen = sen 3

1 π π = cos = , 3 3 2

π 3

=

π sen = 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 c´ırculo unitario

80


π 3π < 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 n´ umeros est´ an distribuidos a la misma distancia en el c´ırculo. Si se quiere expresar estos argumentos vectorialmente, digamos para los argumentos s = 1, 2 o´ 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) est´ a entre 0 y π/6. Esto se sigue ya que la función seno es creciente en el 1er cuadrante, si arg(3,1)=s, sen 0 = 0 < sen s =

√ 110

y

√ 110 < 21 = sen π6

(2 <

√ 10).

P = (3 , 1)

√ 10 3

Figura 3.17: El argumento de (3,1) es menor a π/6 Se prueba también que el argumento de (-3,-4) est´ a entre 7π/6 y 4π/3. Si s = arg( 3, 4) se tiene que

− −

s

− π = arg(3, 4),


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),

√

1 π 4 π 3 = sen < < sen = . 2 6 5 3 2

√

·

Esto se sigue ya que 8 < 5 3 (64 < 25 3). (3 4) ,

5

3

Figura 3.18: El argumento de (3,4) est´ a entre π/6 y π/3 Un m´ etodo 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 c´ alculo.

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

Teorema 3.1.2. (Teorema de Taylor) Sea f : [a, b] n+1

clase C

, y x0

∈ [a, b]. Entonces ∀ x ∈ [a, b], n

f (x) =

 k=0

n+1

f k (x0) (x k!

−

−→ R una funci´ on de

f n+1 (c) x0 ) + (x (n + 1)! k

−x ) 0

n+1

.

(c) Al término f (n+1)! (x x0)n+1 se le conoce como el residuo de Lagrange. 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

−

−

×

sen c cos c x x ± (n + ± 1)! (n + 1)! n+1

n+1

,

c

∈ (x , x), 0

por lo que el error de truncamiento es menor o igual a n+1

|x|

(n + 1)!



(π/4) 1 < < .000002756 < 3 (n + 1)! (n + 1)!

6

× 10− ,

tomando n + 1 = 9. En este caso n = 8 en la fórmula de Taylor, y se obtiene la aproximación 2

sen x = sen 0 + x cos0

∈

4

5

x6 x7 x8 x9 sen0 cos0 + sen0 + cos c, 6! 7! 8! 9! (0, x) o c (x, 0). Por lo tanto,

−

donde c

3

− x2! sen0 − x3! cos0 + x4! sen 0 + x5! cos0

− ∈

P (x) = x

−

x3 x5 + 3! 5!

−

x 7 7!

es el polinomio requerido. En 1/2 se tiene P

 1 2

=

1 2

− 2 1· 3! + 2 1· 5! − 2 1· 7! 3

5

7

22 3! 1 22 7 6 1 23 167 = + = + 23 3! 27 7! 23 3! 27 7!

· − · · − · · · · 23 · 2 · 7 · 6 · 5 · 4 + 167 23(16)(840) + 167 = = 2 · 7! (128)(5040) 4

7

´ 3.2. LOS N UMEROS COMPLEJOS

=

83

309287 = .479425533. 645120

Tomando α1 = .479425, se tiene

 −     −   α1



∴

α1

−

1 sen 2



α1

P

1 2

1 P 2

< 10 −6 .

   −

1 + P 2

1 sen 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 aproximaci´ o n de 2 decimales: (3,4) y (-1,2). 4. Escriba los vectores del ejercicio anterior en su forma polar.

3.2.

Los n´ umeros complejos

Se identifica a los reales con los puntos del eje de las abscisas en R 2

R ←→ {(x, y) ∈ R2 | y = 0}. umeros complejos, denotados por C , son los puntos del Definici´ on 31. Los n´ plano R2 = (x, y) x

{

| ∈ R, y ∈ R}.

Definici´ o n 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) = (a + b, 0) b = a + b.


84

Para definir el producto, primero lo definimos para complejos de norma 1. Definici´ on 33. Si z 1 = (cos s1 , sen s1 ) y z 2 = (cos s2 , sen s2 ), entonces

z 1 z 2 = (cos(s1 + s2), sen(s1 + s2 )). Resulta que z 1 z 2 es el complejo en el c´ırculo unitario cuyo argumento es la suma de s 1 y s2 , los argumentos de z 1 y z 2 . Obsérvese que si s1 + s2 > 2π, z 1 z 2 también se puede escribir como

−

−

cos( 2π + (s1 + s2 ), sen( 2π + (s1 + s2 )). La definici´ on no depende del argumento tomado, ya que si s1 = s 1 + 2k1 π y entonces s2 = s 2 + 2k2 π, s1 + s2 = s 1 + s2 + 2(k1 + k2 )π, y por consiguiente cos(s1 + s2 ) = cos(s1 + s2), sen(s1 + s2 ) = sen(s1 + s2 ) (véase la Figura 3.20). z1 z2

s1

z2

z1 z2 s1

z1

s1

z1 z2

z2 z1

s1

s1

z1

s1

z2

Figura 3.20: El argumento del producto es la suma de los argumentos Ejemplos

1.

−

−

(0, 1)( 1, 0) = (0, 1). Como arg(0,1)= π2 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 N UMEROS COMPLEJOS

85 z1

s2

s1

z2

z1 z2

Figura 3.21: (0,1)(-1,0)=(0,-1) 3.

−√ √ −√ −√  2

2

,

2 2

2

2

,

2

2

= (1, 0)

La igualdad se sigue ya que arg z 1 =

π π 3π + = , y 2 4 4

arg z 2 = π +

π 5π = 4 4

(véase la figura 3.23). z1 z2 s1

z1 s2

z2

Figura 3.22: (-1,0)(0,-1)=(0,1) 4.

√ donde a

2

(1, 0)(a, b) = (a, b), + b2 = 1 : si s es el argumento de (a, b), arg[(1, 0)(a, b)] = 0 + s = s = arg(a, b).

5. (cos4, sen 4)(cos 3, sen 3) = (cos 7, sen 7) = (cos(7

− 2π), sen(7 − 2π)).

´ CAP ´ ITUL ITULO O 3. EL CAMP CAMPO O DE LOS N UMEROS COMPLEJOS

86

z1

z1 z2

z2

√ √ √ √ Figura 3.23: ( −2 2 , 22 )( −2 2 , − 2 2 ) = (1, (1, 0) Definimos ahora el producto de manera general. z 1 = r = r 1 (cos s1 , sen s1 ) y z z 2 = r 2 (cos s2 , sen s2 ), se define Definici´ on on 34. Sean z su producto como z 1 z 2 = r 1 r2 (cos(s (cos(s1 + s + s2 ), sen(s sen(s1 + s + s2 )). )). Es decir, multiplicar complejos es multiplicar sus m´ odulos y sumar sus argumentos. Como en el caso anterior, se sigue directamente que la multiplicaci´ on on no depende de la elecci´ on on del argumento. Ejemplos

√

1. Multiplicamos Multiplicamos ( 3, 1) por ( 3, 3). 3).

− −

Para esto,

|(√ 3, 1)| = √ 3 + 1 = 2

y

  

√ 3 1 √ ( 3, 1) = 2 , 2

√

2



π π = 2 cos , sen . 6 6

Además, as, ( 3, 3) = 3 2, por lo que

| − − |

  √    √   √ 

√ −1 √ −1 , |(−3, −3)| = 3 2 √ 2 2 por lo cual

√

( 3, 1)( 3, 3) = 6 2 cos

− −

(véase ease la Figura 3.24). 3.24) .

= 3 2 cos

34π 34 π 34π 34 π , sen 24 24

5π 5 π 5π 5π , sen 4 4

= 6 2 cos

,

17π 17 π 17π 17 π , sen 12 12

,

´ 3.2. 3.2. LOS LOS N UMEROS COMPLEJOS

87

1

√

3

1

2 1 2

1

Figura 3.24: Argumentos

π 6

y

π 3

− √ √ √ √ √ 10, por lo √ Se tiene |(−2 3, 2)| = 12 + 4 = 4 y |(5 3, 5)| = 100 = 10,

2. Calcula Calculamos mos ( 2 3, 2)(5 3, 5). 5). que

 −√    √    −   −   

√ √ (−2 3, 2)(5 3, 5) =

3 1 , 2 2

4

= 40 cos π

=

3 1 , 2 2

10

π , sen π 6

π 6

π π cos , sen 6 6

−40

(véase ease la Figura 3.25). 3.25) .

z2

z1 π

π

6

6

z1 z2

Figura 3.25: (cos(π (cos(π

−

π ), sen(π sen(π 6

−

π ))(cos π6 , 6

sen π6 ) = ( 1, 0)

−

3. Hacemos el producto (2,-2)(-3,3 (2,-2)(-3,3). ).



√ 1 1 (2, (2, −2) = 2 2 √ , − √ 2 2





´ CAP ´ ITUL ITULO O 3. EL CAMP CAMPO O DE LOS N UMEROS COMPLEJOS

88 y



  

√ 1 1 (−3, 3) = 3 2 − √ , √ 2 2

por lo tanto

 

7π 7π 7π 7 π (2, (2, 2)( 3, 3) = 12 cos , sen 4 4 2π 2π 2π 2 π = 12 cos , sen 4 4

− −

,

3π 3 π 3π 3π cos , sen 4 4



= (0, (0, 12). 12).

EJERCICIOS 3.2

√ √ √ √ 2 2 1. Calcule el producto de ( 2 , 2 ) por ( 22 , 22 ). 2. Pruebe que que (cos 115◦ , sen115◦ )(cos )(cos 65◦ , sen sen 65◦ ) = ( 1, 0). 0).

−

−

3. Calcule el producto (0, (0, 8)(0, 8)(0, 3). 3).

4. Determine el producto de los siguientes n´ umeros umeros complejos: complejos:

√ − √ −

a) (2, (2, 2 3)( 5 3, 5). 5). b)

2(cos2, sen2) 3(cos3, 3(cos3, sen3). sen3). −2(cos2, √ √ 3(cos150, sen c) 3(cos(−35), 35), sen(−35)) 3(cos150, sen 150) 150).

3.3. 3.3.

Prop Propie ieda dade dess de de las las opera operaci cion ones es

El complejo (0,1) se denota por i por i y y a los complejos de la forma (0, (0 , b), por p or b b i. También en a los reales rea les (a, 0) se les denota simplemente por a. De a. De esta manera al complejo (a, b) = (a, 0) + (0, (0, b), se le denota por a + ib. + ib. Obs´ Ob sérves er vesee que qu e a + ib + ib = = a  + ib + ib a = a y b = b , ya que se tiene una corresp corr esponde ondencia ncia biun´ biun´ıvoca de R 2 con el plano complejo

⇐⇒ ⇐ ⇒

(a, b)

+ i b). ←→ (a + i a + i i b ∈ C, se dice que a es la parte real de z , y Definici´ on on 35. Dado z = a + se escribe Re z = a, = 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 = puesto que i

 ←→

−1,



π π cos , sen . 2 2

Teorema 3.3.1. Sean z = a + ib y w = c + id n´ umeros complejos, entonces

zw = ac

− bd + i(ad + bc).

´ n. Escribimos a z y w en su forma polar, Demostraci o

z = r 1 cos θ1 + i r1 sen θ1

y w = r 2 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 f´ ormula es usar la distributividad y el hecho i = 1. En casi todos los casos, ésta es la manera de multiplicar, por ejemplo, 2

−

√ ( 3 + i)(

√ √ −3 − 3i) = −3 3 + 3 + i(−3 − 3 3).

Sin embargo, en algunos casos es m´ as 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. Proposici´ on 3.3.2. El producto de complejos cumple las leyes asociativa,

conmutativa y distributiva.

90


´ n. Dejamos como ejercicio la prueba de la asociatividad. ProDemostraci o

bamos 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 fb + i(af + eb) + ce fd + i[ed + f c] uz + uw.

−

−

−

Definici´ o n 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 si z = a + ib, z = a

− z :

− ib, entonces z + z = 2a y z

− z = 2ib. También z = z ⇐⇒ z ∈ R, ya que a + ib = a − ib ⇔ b = −b ⇔ b = 0.

91

3.3. PROPIEDADES DE LAS OPERACIONES

∈ C, entonces

Proposici´ on 3.3.3. Sean z, w

i) z + w = z + w. ii) z w = zw. iii) zz = z 2.

||

´ n. Demostraci o

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. 2

La propiedad iii) es inmediata ya que (a + ib)(a

2

− ib) = a + b . existe w ∈ C unico ´ tal que Proposici´ on 3.3.4. Sea z ∈ C, z =  0, entonces − wz = 1, a w se le denota por 1/z o por z 1 .

´ n. Sea z = a + ib, se quiere encontrar w = x + iy tal que Demostraci o

− by + i (ay + bx) = 1,

(a + ib)(x + iy) = ax i.e.



ax by = 1 bx + ay = 0,

−

(3.2)

si a, b = 0, se tiene





a b

−b a

1 0

∼

ab ab

−

2

y =

∴

x =

∴

2

−b −a

b 0

−b

∼

a2 + b2

ab 0

2

−b −b − a 2

y

1 a ( ay) = 2 . b a + b2

−

1 a = 2 z a + b2

− i a

b , 2 + b2

si a = 0 o b = 0, esta expresión también satisface (3.2).

2

b b



92


Obsérvese que 1/z = z/ z 2, lo cual brinda una simple interpretaci´ on geométrica.

||

1 z −1 = z es el n´ umero 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 1 = z z

 z z

|| ||

=

z , z 2

||

(véase la Figura 3.27). z 1/z

s

1/z

−s z

Figura 3.27: Interpretaci´ on geométrica de 1/z Nótese que 1(a + ib) = a + ib, por lo que el siguiente resultado es consecuencia de las observaciones anteriores. umeros complejos son un campo. Teorema 3.3.5. Los n´ El cociente se define como z = zw−1 , donde w = 0. w



Obsérvese que

z z z w zw = 1= = , w w w w w2

·

· ·

| |

lo cual exhibe una manera inmediata para calcular cocientes:

3.4. RA´ IZ CUADRADA

93

Si z = a + ib y w = c + id, entonces z (a + ib)(c id) ac + bd + i(bc = = w c2 + d2 c2 + d2

−

− ad) .

Ejemplo

2 + 5i (2 + 5i)(4 + 3i) 7 26 = = + i. 4 3i 25 25 25 Obsérvese también que z z = , w w esto se sigue ya que z z z = w = w. w w

−

−



 ·   

EJERCICIOS 3.3

1. Realize las siguientes operaciones de n´ umeros 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 n´ umeros complejos cumple la ley asociativa. √ √ √ 3 1 205 2 3. Calcule ( 2 + 2 i) y ( 2 + 22 i)56 . 4. Sea z = 6 8i, para que n´ umero z  se cumple zz  = 100.

−

5. Encuentre las parejas u, v de n´ umeros complejos para las cuales sucede que: a) u(vu) = v b) v + iu = v + iu c) u/v = u / v .

−

3.4.

| | | | | |

Ra´ız cuadrada

Los reales positivos tienen 2 ra´ıces cuadradas; si a R+ y b R+ tal que b2 = a, también ( b)2 = a, ésto tambi´ en se extiende a los complejos, sin embargo los reales negativos no tienen ra´ıces en R (Leyes de los signos) pero s´ı en C .

∈

−

∈

∈ C, z = 0, entonces la ecuaci´ on w = z tiene exactamente 2 soluciones en C . √ √ Por ejemplo, si z = −3, w = 3i y w = − 3i son ra´ıces cuadradas de z. Antes de probar el teorema exhibimos un ejemplo, sea z = 5 − 12i. 2

Teorema 3.4.1. Sea z

1

2

Si w = x + iy cumple w2 = z, se tiene



x2 y2 = 5 2xy = 12,

−

−

(3.3)

94


elevando al cuadrado ambas ecuaciones se tiene x4

2 2

− 2x y

+ y 4 = 25 4x2 y2 = 144,

sumándolas x4 + 2x2 y2 + y 4 = 169, i.e. (x2 + y 2 )2 = 169 y x2 + y 2 = 13 (como x 2 + y2 se tiene



0, -13 no es solución). Sumando (3.4) a esta u ´ltima ecuaci´ on 2x2 = 18 y x =

±3,

2y2 = 8 y y =

±2.

restando tenemos Como 2xy =

−12, x,y tienen distinto signo, es decir w = −3 + 2i, w = 3 − 2i 1

2

son las u ńicas ra´ıces. ´ n. (Del Teorema 3.4.1) Sea z = a + ib, z = 0. Entonces Demostraci o



w = x + iy es una ra´ız cuadrada de z

⇐⇒ (x + iy)

2

= a + ib,

i.e. x2

−y

2

= a,

2xy = b. Elevando al cuadrado ambas ecuaciones se tiene x4

2 2

− 2x y

+ y 4 = a2 4x2 y2 = b2 ,

y sumándolas se tiene x4 + 2x2 y2 + y 4 = a2 + b2 i.e. (x2 + y 2 )2 = a2 + b2 .

(3.4) (3.5)

3.4. RA´ IZ CUADRADA

95

Necesariamente x2 + y 2 =

√ a

2

(ya que x2 + y 2

+ b2



0).

Sumando y restando de esta ecuaci´ on (3.4) se tiene

√ √ −

2x2 = a + a2 + b2 , 2y2 = a + a2 + b2 , esto es,

x = y =

 √ ±  − √

a2 + b2 , 2

a +

a +

±

a2 + b2 . 2

Aparentemente, hay cuatro soluciones, sin embargo usando la ecuaci´ on (3.5) se sigue que si b > 0 x, y son del mismo signo y si b < 0, éstos n´ umeros son de signos opuestos. Obsérvese que si z = a + ib y a = 0 o b = 0, las ra´ıces se encuentran de manera m´ as rápida, por ejemplo si z = a, a < 0, se debe resolver



x2 y2 = a 2xy = b = 0,

−

por lo tanto x = 0 o y = 0. Si y = 0, x2 = a

por lo que x = 0 y y 2

2

⇒ x < 0, √ = −a, i.e. y = ± −a, √ ∴ w = ± −a i.

Más a´ un, estas ra´ıces se deducen directamente de la interpretaci´ on geométrica del producto, sin hacer ninguna cuenta. Esta interpretaci´ o n nos permitirá probar f´ acilmente que todo complejo distinto de cero tiene n ra´ıces nésimas.

96


Interpretaci´ on geom´ etrica Sea z C, z = r y arg z = s, donde 0  s < 2π. Entonces si w C cumple w2 = z, se sigue de la interpretaci´ on geométrica del producto que si

∈ | |

∈

|w| = √ r y arg w = 2s , necesariamente w = z, y también (−w) = z. Nótese que −w = √ r cos s + π + i sen s + π , 2

2

     2

(véase la Figura 3.28).

2

z

w s

2

−w Figura 3.28: Interpretaci´ on geométrica de la ra´ız cuadrada de z Ejemplo Si

  ±

 

π π z = 9 cos + i sen , 3 3

sus ra´ıces cuadradas son w =

3 cos

π π + 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 cuadr´ atica ax2 + bx + c = 0,

∈

   −   − b 2a

2

b x + 2a

2

b x2 + x + a

=

b 2a

2

b2 4ac = , (2a)2

c , a

´ ´ 3.5. RA´ ICES N -ESIMAS DE N UMEROS COMPLEJOS

y las soluciones son

97

√ b ± b − 4ac − x = . 2

2a Al n´ umero d = b 2 4ac se le llama el discriminante. Si a, b, c R y d < 0 no hay solución real, pero compleja s´ı. Obsérvese primero que si α, β C 0 , α es una ra´ız de α y β lo es de β, entonces todas las ra´ıces de αβ son

−

((

∈

∈ −{ } √

±(√ α

±√ α√ β )

2

√



β )

= αβ y sólo hay 2). Volviendo a las soluciones, escribiendo d = ( 1)(d ),

−

las soluciones son

d > 0,

−b ± (−1)√ d = −b ± i√ d .

 2a

Ejemplo

2a

x2 + 5x + 9, tiene como ra´ıces

−5 ± √ 25 − 36 = − 5 ± i √ 11 . 2

2

2

EJERCICIOS 3.4

1. Calcule las ra´ıces cuadradas de z = 3 + 4i. 2. Encuentre las ra´ıces 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.

Ra´ıces n-´ esimas de n´ umeros complejos

La misma idea geométrica para encontrar ra´ıces cuadradas se aplica para las ra´ıces n-ésimas. Obsérvese que en esta caso es muy importante considerar todos los posibles argumentos, por ejemplo,



π π cos + i sen 7 7



120

= cos

120π 120π + i sen 7 7

98




 

·



·

(16 7 + 8)π (16 7 + 8)π 8π 8π = cos + i sen = cos + i sen . 7 7 7 7 Es decir, al sumar argumentos estos pueden dar “muchas vueltas” al c´ırculo.

∈ C, z = 0,

z = r(cos s + i sen s), 0 entonces z tiene exactamente n ra´ıces n-ésimas dadas por Teorema 3.5.1. Sea z

wk k = 0, 1, . . . , n

√ = r n

     cos

2kπ + s n

+ i sen

2kπ + s n



s < 2π,

,

− 1.

´ n. Sea w = ρ(cos σ + i sen σ) tal que wn = z, entonces Demostraci o

wn = ρ n [cos(nσ) + i sen(nσ)] = r(cos s + i sen s), ρn = r

∴

También, nσ

y ρ =

√ r. n

− s = 2kπ, k ∈ Z, por lo que 2kπ + s , n

∈ Z. Se afirma que tomando k = 0, 1, . . . , n − 1 se obtienen todas las ra´ıces σ =

k

distintas: Dos enteros k1 , k2 determinan la misma solució n si y sólo si 2k1 π + s n

= 2kπ, − 2k π + s n 2

∈ Z

para alguna k

⇔ 2kn π − 2kn π = 2kπ ⇔ k − k = kn ⇔ k ≡ k mód n. 1

2

1

2

1

2

El resultado se sigue ya que Zn tiene exactamente n elementos distintos representados por las clases 0, 1, . . . , n 1 .

−

Obsérvese que la elecci´ on 0  s < 2π en el enunciado del teorema, s´ olo fue tomada para evitar complicaciones innecesarias, sin embargo el resultado es cierto para cualquier elecci´ on.


99

Ejemplos.

1. Calculamos las ra´ıces sextas de -3. z = 3(cos π + i sen π), wk =

√ 6

y

    

3 cos

π + 2kπ 6

π + 2kπ 6

+ i sen

k = 0, 1, . . . , 5. Por lo cual w0 = w1 = = w2 = w3 = w4 = w5 =

        √ √   √   √   √ − √   √  √ 3 √ 3 6

6

6

3

6

3

6

3

6

3

6

3

π π + i sen , 6 6 π 2π π 2π cos + + i sen + 6 6 6 6 3π 3π 6 cos + i sen = 3 i, 6 6 5π 5π cos + i sen , 6 6 7π 7π cos + i sen , 6 6 9π 9π cos + i sen = 3( i), 6 6 11π 11π cos + i sen . 6 6 cos

w1

w0

w2

1 w3

√

3

w5

w4

Figura 3.29: Ra´ıces sextas de -3 Obsérvese que habiendo obtenido la primera ra´ız, las otras se obtienen sumando al argumento 2π/n, consecutivamente, lo cual describe un pol´ıgono regular de n lados, como en las Figuras 3.29 y 3.30.

100


2. Calculamos las ra´ıces quintas de 25. z = 25(cos 0 + i sen0), wk

√ = 25 5



2kπ 2kπ cos + i sen 5 5



k = 0, 1, . . . , 4. w0 = w1 = w2 = w3 = w4 =

√ 25, √ 25 5

 √  √  √ 

2π cos 5 4π 5 25 cos 5 6π 5 25 cos 5 8π 5 25 cos 5 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: Ra´ıces quintas de 25 En el siguiente cap´ıtulo 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 ) = a n z n + an−1z n−1 +

··· + a

0

un polinomio con coeficientes complejos, entonces existe z 0 P (z 0 ) = 0.

∈

C tal que


101

Obsérvese que este teorema es falso en los reales, por ejemplo, P (x) = x 2 + 1, ya que no tiene ra´ıces reales, éstas son i. As´ı 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  c + id, si se cumple

±

i) a < c, ii) a = c, b  d, es fácil checar que éste orden cumple las propiedades de la tricotom´ıa 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 ra´ıces cuartas de -16, y las ra´ıces c´ ubicas 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


Cap´ıtulo 4 Polinomios 4.1.

Definiciones

on de la forma Definici´ on 37. Un polinomio es una expresi´ a0 + a1 x +

n

· ·· + a x , n

donde ai K y K es un campo ( C, R, o Q). Al s´ımbolo x se le llama la indeterminada.

∈

2 + 3x2 + x5

Ejemplo

(si el coeficiente es cero se omite).

El término de grado i es ai xi , al polinomio 0 se le llama el polinomio nulo. Definici´ o n 38. El grado de un polinomio es el mayor de los grados de los

términos con coeficiente distinto de cero. 2 5x3 +6x4 tiene grado cuatro. El polinomio constante 5 tiene grado cero. xn tiene grado n. Ejemplos.

−

Se dice que el polinomio 0 tiene grado

4.2.

−∞ (esto se motivará más tarde).

Polinomios como funciones

Un polinomio puede interpretarse como una funci´ on P : C

−→ C,

con regla de correspondencia z a0 + a1 z + + anz n. R definida Por ejemplo, P (z ) = 1 + z + z 3 , o como función real P : R 3 como P (x) = 1 + x + x . Nótese que si x = 2, entonces P (2) = 11.

→ 

·· ·

103

−→

CAP ´ ITULO 4. POLINOMIOS

104

Obsérvese que no existe ning´ un 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 f 1 (x) = a 1 x2 + b1 x + c1 y f 2 (x) = a 2 x2 + b2 x + c2 son dos polinomios que satisfacen f 1 (z ) = f 2 (z ) z C , entonces a1 = a2 , b1 = b 2 , c1 = c 2 . Esto se sigue ya que como f 1 (0) = f 2 (0), se tiene c1 = c2 , también evaluando en 1 y -1 se tiene

∀ ∈

a1 + b1 = a2 + b2 y a1 b1 = a2 b2 ,

−

−

por lo que a1 = a 2 y b1 = b 2 . 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 +

n

··· + a x n

se puede escribir como

 ∞

ai xi ,

i=1

simplemente escribiendo am = 0 si m > n. Esta convenci´ o n nos permite definir la suma, escribiendo la expresi´ on anterior como a 0 + a1 x + a2 x2 + .

···

a dada por Definici´ on 39. La suma de polinomios est´ (a0 + a1 x + a2 x2 + ) + (b0 + b1 x + b2 x2 + = (a0 + b0 ) + (a1 + b1)x + (a2 + b2 )x2 + .

· ··

·· ·

· ·· )

105

4.3. SUMA Y PRODUCTO DE POLINOMIOS

a dado por Definici´ on 40. El producto de polinomios est´ (a0 + a1x + a2 x2 + )(b0 + b1 x + b2 x2 + ) = (a0 b0 ) + (a0 b1 + a1b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2b0 )x2 +

·· ·

 

···

k

+

j=0

a j bk− j

xk +

···

· ·· .

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) = f 1 (x) + f 2 (x) y h(x) = f 1 (x)f 2 (x),

∀ α ∈ C se tiene que

entonces

g(α) = f 1 (α) + f 2(α) y h(α) = f 1(α)f 2 (α). Esto se sigue ya que la definici´ on est´ a basada en tratar a la indeterminada x como un elemento del campo y usar las propiedades distributiva y asociativa. Evidentemente si f 1 (x) tiene grado m y f 2 (x) tiene grado n, el grado de f 1 (x) + f 2 (x) es menor o igual al m´ aximo de m y n (incluso si uno de ellos es nulo, ya que por convenci´ on + a = ).

−∞

−∞

Ejemplos.

− − x) = 0.

1. (2 + x) + ( 2

2. (2 + 3x5 ) + (1 + x + x9) = 3 + x + 3x5 + x9. Proposici´ on 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. ´ n. Si alguno de los dos polinomios es nulo, el producto tamDemostraci o

−∞

−∞  

bién (por convenci´ on ( ) + n = ). En los demás casos, si el polinomio P (z ) = a0 + a1z + + an z n y Q(z ) = b 0 + b1z + + bm z m , an = 0 y b m = 0, el término de grado m´ aximo n+m en P (z )Q(z ) es b m an z : tomando s > m + n, s = i + j, entonces i > m o j > n, en ambos casos ai = 0 o b j = 0.

···

·· ·


106 Ejemplo

(2

3

− 3x + x )(3 − x) = 6 − 11x + 3x

2

+ 3x3

4

−x .

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. ´ n. Se sigue directamente de la definici´ on que la suma de poDemostraci o

linomios es conmutativa y asociativa. Tambi´ en si p(z ) = an z n + + a 0 , n ai A, entonces p(z ) + 0 = p(z ), y si p(z ) = an z a1 z a0 , entonces p(z ) + ( p(z ) ) = 0. ∞ a z j , q (z ) = ∞ b z j y En cuanto al producto, si tenemos p(z ) = j=0 j j=0 j ∞ j h(z ) = j=0 c j z , el coeficiente de grado m en [ p(z )q (z )]h(z ) está dado por

∈

−

−

    



ai b j

l+k=m

··· − · · · − −

−



cl ,

i+ j=k

esta doble suma se puede expresar tambi´ en como ai b j cl .

i+ j+l=m

Por consiguiente, este coeficiente es tambi´ en el de grado m en p(z )[q (z )h(z )], y por lo tanto el producto es asociativo. Un argumento m´ as 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

·



i+ j=k

ai (b j + c j ) =

  ai b j +

i+ j=k

ai c j ,

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 v´ alida la ley de la cancelación para el producto, ya que si p(z ) = 0 y p(z )q (z ) = p(z )h(z ), entonces q (z ) = h(z ).

−∞



107

4.3. SUMA Y PRODUCTO DE POLINOMIOS

N −→ N una funci´ on, se dice que ϕ es polinomial si existe f ∈ C[x] tal que f (n) = ϕ(n) ∀ n ∈ N. Definici´ on 41. Sea ϕ : Ejemplo Sea

ϕ(n) = 1 + 3 + 5 + 7 + entonces

· ·· + 2n − 1,

ϕ(n) = 1 + 2 + 2n (2 + 4 + 6 + 2n(2n + 1) = 2(1 + 2 + 3 + 2 n(n + 1) = n(2n + 1) 2 2 = n(2n + 1 n 1) = n 2 ,

··· − − − − −

··· + 2n) ··· + n)

y ϕ(n) = f (n), donde f (z ) = z 2 y ϕ es polinomial. En general se puede obtener una expresi´ on para nk=1 k j si se conoce n j −1 . Por ejemplo, si queremos obtener una expresi´ on para la suma k=1 k



1 + 22 +

· ·· + n

2



el truco es tomar (k + 1) 3

−k

3

= 3k2 + 3k + 1.

Esta igualdad aplicada n veces establece que n



n

(k + 1)

3

k=1

obteniéndose

−k

3

2

k +3

=3

3

−1=3

ésto es (n + 1)

3

k=1

k2 + 3

n(n + 1) + n, 2

k=1

− (n + 1) −

o



(n + 1) (n + 1) i.e. n + 1 3 n(n + 1) 3

  2n + 1 2



2

2

k + n,

k=1

n

(n + 1)

∴

n

    −1−

n + 2n

−

3n =3 2 3n 2

n

    

n(n + 1) 3 =3 2

k2 ,

k=1 n

k2

k=1

n

k2

=

n(n + 1)(2n + 1) = = 6

k=1 n

k2 ,

k=1


108



y ϕ(n) = nk=1 k2 es polinomial, i.e. ϕ(n) = f (n), donde f (z ) = Obsérvese que éste procedimiento también muestra que 1+2+ ya que

1) , ··· + n = n(n + 2

n

(n + 1)

2

−1 = n

y

 k=1

z(z+1)(2z+1) . 6



n

(k + 1)

2

k=1

−k

(n + 1) 2 1 k = 2

2

  =2

k + n

k=1

− − n = n(n + 1) . 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 ˆ que f (x) = g(x)h(x) y f (0) = 54321. A¿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) = f 1 (x)f 2(x)f 3(x)f 4(x) un polinomio de grado 9 donde el grado de f i (x) > 0, para i = 1, . . . , 4. Pruebe que al menos dos de los polinomios f i (x) tienen el mismo grado.

4.4.

Divisi´ on 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 unicos ´ polinomios q (x) y r(x) en K [x] tales que i) f (x) = g(x)q (x) + r(x), ii) g r (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 = 0 y a = bq +r, donde 0  r < b , el valor absoluto juega el papel del grado.

∈



||

´ CON RESIDUO 4.4. DIVISI ON

Ejemplo Si f (x) = x 2

−2 x2

109

y g(x) = x

− 1, entonces − 2 = (x + 1)(x − 1) − 1.

´ n. (Del Teorema 4.4.1) Demostraci o Unicidad

Si f (x) = g(x)q 1 (x) + r1 (x) = g(x)q 2 (x) + r2(x), donde gr (ri (x)) < gr (g(x)), i = 1, 2, se tiene g(x)[q 1 (x)

− q (x)] = r (x) − r (x). Si q (x)  = q (x), entonces g(x)[q (x) − q (x)] = r (x) − r (x) es un poli1

2

2

2

1

1

2

2

1

nomio no nulo de grado mayor o igual a gr (g(x)). Esto se sigue, ya que gr (q 1 (x)

− q (x)) = t  0 2

y gr (g(x)) = m



0,

por lo cual gr(r2 (x)

− r (x)) = m + t  m. 1

Sin embargo gr (r2 (x)

− r (x))  máx{gr (r ), gr (r (x))} < gr (g(x)), 1

1

2

por lo cual q 1 (x) = q 2(x) y r2 (x) = r 1 (x). Existencia

El algoritmo consiste en tomar una sucesi´ on de parejas de polinomios q i (x) y ri (x) tales que f (x) = g(x)q i (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)). Espec´ıficamente:

· ··

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) = a0xm + a 1 xm−1 + + a m y n n−1 g(x) = b 0 x + b1 x + + bn , se procede de la siguiente manera:

· ··

· ··


110 i) Sean q 1 (x) =

a0 m−n x b0

y r1 (x) = f (x)

− g(x)q (x), 1

entonces gr (r1 (x)) < gr (f (x)) (véase el ejemplo a continuaci´ on). ii) Habiendo obtenido q i (x) y r i (x), si gr (ri (x))  n (de otra manera terminamos), escribimos gr (ri (x)) = m i y ri (x) = a i,0 xmi + ai,1 xmi −1 +

··· + a

i,mi ,

se toma 1 mi −n q i+1 (x) = q i (x) + ai,0 b− , 0 x

por lo que f (x) q i+1 (x)g(x) 1 mi −n = f (x) q i (x)g(x) ai,0 b− (g(x)) 0 x 1 mi −n = ri (x) ai,0 b− (g(x)) = r i+1 (x) 0 x

−

− −

−

es un polinomio de grado menor a ri (x) (ver ejemplo). Como los grados de los polinomios decrecen, después de un n´ umero finito de pasos gr (rn (x)) < gr (g(x)) y f (x) = g(x)q n (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) = x 4 + 5x3

+ x 1 y g(x) = 2x2 el cociente y el residuo de f (x) entre g(x). En este caso se sigue de la Figura 4.1 que

− 2x

2

−

1 2 x, 2 1 2 11 q 2 (x) = x + x, 2 4 q 1 (x) =

q (x) =

1 2 11 x + x 2 4

− 83 .

y

− x +3. Calculamos

´ CON RESIDUO 4.4. DIVISI ON 4

1er dividendo

x

+ 5x3 − 2x2 +

−x4 +

1 2

11

1er residuo o

2

2o dividendo

111

3

3

x

−

2 7

3

x

−

3 − 11 x + 2

2 4

2

1 2 x 2

2

+

33

2

x

3er dividendo

3 4

−

4 29 4 3

2

x

− 1

x

− 43 x2 −

2o residuo o

2x2 − x + 3

x

x

11

− 1

x

−

8

61

−

8

+

11 x 4

−

3 8

( )

r1 x

x

x

−1

+

9

+

1

x

x

( )

r2 x

8 8

( )

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 tambi´ en 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)). Proposici´ on 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. ´ n. i) Demostraci o

⇔ 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))  0.


112 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). Definici´ on 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 Proposici´ o n 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

2

− 3x + 2 entre x + 2. b) 2x − 1 entre −x + 1. c) x + 2x − x + 4 entre 3x + 1. 2

3

4.5.

2

Teorema del residuo, ra´ıces

Definici´ o n 43. Sea P (x)

P (x), si P (a) = 0.

∈ A[x], se dice que a es una ra´ız del polinomio

Es decir las ra´ıces son las soluciones de la ecuaci´ on P (x) = 0. Se sigue directamente del Teorema 4.4.1(de la divisi´ on con residuo), el siguiente resultado. Corolario 4.5.1. Si f (x)

r

´ tales que ∈ C unicos

∈ C[x], y a ∈ C, entonces existen q (x) ∈ C[x] y f (x) = q (x)(x

− a) + r.

Esta ecuaci´ on tiene consecuencias fundamentales.

4.5. TEOREMA DEL RESIDUO, RA´ ICES

113

otesis del corolario anTeorema 4.5.2. (Teorema del residuo) Bajo las hip´ terior, se tiene r = f (a). ´ n. La prueba no puede ser m´ as simple, Demostraci o

f (a) = q (a)(a

− a) + r = r.

olo Corolario 4.5.3. (Teorema del factor) a es ra´ız del polinomio f (x) si y s´ si (x

− a) | f (x).

´ n. En efecto, tenemos evidentemente que como f (a) = r, Demostraci o

r = 0

⇔ (x − a) | f (x).

Corolario 4.5.4. Bajo la notaci´ on del Corolario 4.5.1, se tiene

(x

− a) | [f (x) − f (a)].

´ n. Esto se sigue, ya que Demostraci o

f (x)

− f (a) = g(x)(x − a) + f (a) − f (a).

− a) | [f (x)g(x)], entonces (x − a) | f (x) o (x − a) | g(x).

Corolario 4.5.5. Si (x

´ n. La hip´ otesis implica Demostraci o

f (a)g(a) = 0, ∴

f (a) = 0 y (x

o g(a) = 0 y

− a) | f (x), (x − a) | g(x).


114

En éste contexto es importante destacar de nuevo el teorema fundamental del a´lgebra, que establece que todo polinomio en C[x] de grado positivo tiene al menos una ra´ız en C . Por ejemplo, podemos expresar x3 1 como polinomios de grado 1 de la siguiente manera: si

−

α = cos

  2π 3

+ i sen

2π 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 ra´ız es 1, por lo que usando el Corolario 4.5.3 se tiene 3

− 1) | (x − 1), en efecto x − 1 = (x + x + 1)(x − 1). Ahora x − α y x − α son factores de x − 1, por lo que usando dos veces (x

3

2

3

el Corolario 4.5.5, se tiene

x2 + x + 1 = (x

− α)(x − α).

En efecto, (x

2

2

− α)(x − α) = x − αx − αx + |α| = x − x(α + α) + 1 2π = x − 2cos x + 1 3 2

2



= x 2 + x + 1, y por lo tanto x3

− 1 = (x − 1)(x − α)(x − α).

Obsérvese que el polinomio cero tiene una infinidad de ra´ıces. Teorema 4.5.6. En los polinomios con coeficientes reales, i.e. R[x], las ra´ıces

complejas aparecen por parejas, i.e. si f (x) f (α) = 0

∈ R[x] y α ∈ C, entonces

⇐⇒ f (α) = 0.

4.5. TEOREMA DEL RESIDUO, RA´ ICES

115

α

π

3

1

α

Figura 4.2: Ra´ıces de x3

−1

´ n. Sea f (x) = a n xn + an−1 xn−1 + Demostraci o

f (x), entonces

an αn + an−1 αn−1 + conjungando la ecuaci´ on tenemos an αn + an−1 αn−1 +

··· + a , si α es una ra´ız de 0

··· + a = 0, 0

··· + a = 0 = 0, 0

por lo que usando las propiedades de la conjugación f (α) = 0. La misma prueba muestra la afirmaci´ on rec´ıproca. Algunos resultados sobre polinomios en Z[x] se establecen a continuaci´ on. Teorema 4.5.7. Sea f (x)

0

1

n

(a, b) = 1, es una ra´ız de f (x), entonces a a0

|

´ n. Si Demostraci o

a0 + a1 entonces

n

∈ Z[x], f (x) = a + a x + · ·· + a x . Si a/b ∈ Q,



a + b

y b an.

|

· ·· + a

bn a0 + a1 abn−1 +

n

 a b

··· + a a n

n

n

= 0, = 0.

Finalmente, como (a, b) = 1, se sigue el resultado b an

|

y a a0 .

|


116 Por ejemplo, el polinomio f (x) = 2x3 + x2

−2

no tiene ra´ıces racionales, ya que si f (a/b) = 0, entonces a 2 y b 2. Las posibles ra´ıces son 1, 2 y 1/2, sin embargo

|

± ± ±

f (1) = 1,



f (2) = 18,

f ( 1) =

− −3, f (−2) = −14, 1 1 f − =− 2 2



1 2 1 3 1 f = 3+ 2 2= y + 2 2 2 2 2 22 Como caso particular del Teorema 4.5.7, se tiene que si

−

−

|

f (x) = x n + an−1xn−1 +

··· + a

− 2 = −2.

0

es un polinomio en Z[x] que tiene ra´ıces racionales, éstas son enteras. Esto se cumple, ya que si a f = 0 y (a, b) = 1, b entonces b 1, i.e. b = 1. Analizamos ahora el polinomio

|



f (x) = x 3 + x

− 3,

su derivada es f  (x) = 3x2 + 1, obsérvese que f  (x) > 0 m´ınimo de f  (x) es 1 en x = 0 (véase la Figura 4.3).

∀ x ∈ R, también el

1

-1

1

Figura 4.3: Gráfica de f  (x) = 3x2 + 1 Es decir, la gráfica de f (x) = x 3 + x 3 es creciente, donde la derivada decrece a 1 en 0 para luego crecer. Tambi´ en f (1) = 1 y f (2) = 7, por lo que f tiene una u ńica ra´ız real en el intervalo (1,2) (véase la Figura 4.4).

−

−

117

4.6. ECUACIONES DE 2O GRADO

1

2

-1

-3

Figura 4.4: Gráfica de f (x) = x 3 + x

−3

EJERCICIOS 4.5

1. Calcule las ra´ıces de x5 2. Exprese x8

− 1 = 0.

− 1 como producto de polinomios reales. 3. Demuestre que si f (x) | g(x), entonces la ra´ıces de f (x) también lo son de g(x).

4. Demuestre que si f (x) = 0 y a,b,c son ra´ıces distintas de f (x), entonces gr (f (x))  3.



5. Sean f (x) y g(x) 2 polinomios tales que (x Demuestre que (x a)  f (x) + g(x).

−

− a) | f (x) y (x − a)

 g(x).

6. Si f (x) = x 3 +2x2 x 2. Determine los n´ umeros z

4.6.

∈ C tales que f (z ) = 0.

−−

Ecuaciones de 2o grado

Sea f (z ) = az 2 + bz + c, a, b, c

∈ C,

se quiera factorizar f (z ) y encontrar sus ra´ıces, completando cuadrados se tiene



b c az + bz + c = a z + z + a a 2

2




118

   −      − − 

b = a z + 2 z + 2a = a

2

b z + 2a

Si denotamos α =

b2

2

b 2a

2

b 2

c + a

4ac

.

4a2

2

b 2a

(4.1)

− 4ac ,

4a2 hay 2 casos: si b2 = 4ac, entonces α = 0 y

 

2

b f (z ) = a z + 2a

,

√ α es una ra´ız de α, −√ α es la otra y se sigue de (4.1)

de otra manera si que



b f (z ) = a z + 2a

tomando z 1 =

−(b/2a) + √ α

− √ α



b z + + 2a

√ α



,

−(b/2a) − √ α se tiene f (z ) = a(z − z )(z − z ), y z 2 =

1

2

por lo que z 1 , z 2 son las ra´ıces de f (z ), también si β es ra´ız de f (z ), entonces (z β ) f (z ) y se sigue del Corolario 4.5.5 que β = z 1 o β = z 2 . Obsérvese que

− |

z 1 = y

−

b + 2a

 − b2

4ac

4a2

√ b + b − 4ac − = 2

2a

√ b − b − 4ac − z = , 2

2

2a √ donde b − 4ac es cualquier ra´ız de b − 4ac. 2

2

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 z = = −i = cos + i sen 1

2

4

4

y

z 2 =

− cos 3π4 − i sen 3π4

´ SINT ETICA ´ 4.7. DIVISI ON

119

EJERCICIOS 4.6

1. Encuentre un polinomio de grado 4 con coeficientes reales que no tenga ninguna ra´ız real. 2. Sea f (x) = ax 2 + bx + c un polinomio de grado 2 con coeficientes reales, recordamos que el discriminante ∆ de f (x) es ∆ = b 2 4ac. Demuestre que:

−

i) f (x) tiene dos ra´ıces reales distintas, si ∆ > 0. ii) f (x) tiene dos ra´ıces reales iguales, si ∆ = 0. iii) f (x) tiene dos ra´ıces complejas no reales, que son conjugadas entre s´ı, si ∆ < 0.

4.7.

Divisi´ on sint´ etica

El proceso de dividir un polinomio por un divisor de la forma x a se puede simplificar sustancialmente. Este proceso permite tambi´ en obtener una i expresión para polinomios de la forma ai (x a) . Veamos el siguiente ejemplo, dividimos 4x4 3x3 + 2x2 x +1 entre x + 1.



4x4 4x4

−

3

−3x −4x −7x

2x2

+

7x3

+ +

−

− −

−

1

x +

−x

+

2x2 7x2

−x

+

1

9x2 9x2

−x −9x −10x

+

1

3 3

−

4x3

1 2

− 7x

+ 1 10x + 10 11

Este proceso se puede escribir de manera m´ as esquemática.

+ 9x

− 10


120

4

-3 -4

2

-1

-1

1

4

-7

− 7 + 9 − 10

7 9 -9 -10 10 11 Obsérvese que los coeficientes del cociente son el 1er n´ umero del 1er rengló n y los n´ umeros que aparecen debajo de las rayas horizontales, exceptuando el u´ ltimo, que es el residuo, y los números arriba de las l´ıneas horizontales, se obtienen al multiplicar a (en el ejemplo a = 1) por los coeficientes del cociente. Obsérvese tambi´ en que los n´ umeros debajo de las l´ıneas horizontales se obtienen sumando los n´ umeros de arriba. Sintetizando a´ un más, se escribe simplemente

−

4

-3 -4

2 7

-1 -9

1 10

4

-7

9

-10

11

-1

Obteniéndose un algoritmo muy simple: ba jar 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

4

− 8 = (x

+ 3x3 + 8x2 + 19x + 43)(x

− 2) + 80.

A éste rápido algoritmo se le llama división sintética. Este método nos permite expresar r´ apidamente un polinomio en la forma ai (x a)i como sigue.



−

´ SINT ETICA ´ 4.7. DIVISI ON

121

Si f (x) es un polinomio de grado n y a f (x) = (x f 1 (x) = (x .. . f n−1 (x) = (x

∈ C, entonces

− a)f (x) + b − a)f (x) + b 1

0

2

1

− a)f (x) + b − , n

n 1

−∞), i.e. f (x) ∈ C,

como el grado de f i (x) es n i, f n (x) es de grado 0 (o se puede escribir como f n (x) = b n y se tiene

−

f (x) = = = .. . =

b0 + f 1 (x)(x a) b0 + b1 (x a) + f 2(x)(x a)2 b0 + b1 (x a) + b2(x a)2 + f 3 (x)(x

− −

b0 + b1 (x

−

−

−

2

− a) + b (x − a) 2

obteniéndose

+ b3 (x

− a) 3

n

3

n

− a) + · ·· + b (x − a) , n

n

f (x) =

 i=0

bi (x

i

− a) ,

donde b0 es el residuo de f (x) al dividirlo por x a, b1 es el residuo de f 1 (x) al dividirlo por x a, etcétera. Usando la división sintética se obtienen rápidamente los b i : por ejemplo, si se quiere expresar x 4 + 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

f 1 (x)

−→

1

1 -2

-1 2

0 -2

-1

f 2 (x)

−→

1

-1 -2

1 6

-2

f 3 (x)

−→

1

-3 -2

7

f 4 (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

obsérvese que el coeficiente del término de grado m´ aximo coincide con el i correspondiente en (x a) .



−

EJERCICIOS 4.7

1. Muestre que 2x7

5

− 3x

+ 2x4

−x

3

− 2 no tiene ra´ıces racionales. + x − 3 con una aproximaci´ on de una

+ 7x

2. Aproxime la ra´ız real de f (x) = x 3 centésima usando el método de Newton. 3. Encuentre la expresi´ on de x3

4.8.

2

− 2x

+ x + 2 en la forma



3 i=1 bi (x

i

− 1) .

Ra´ıces 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 ra´ız (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 n´ umero n de etapas debe cumplir

∈

7

2n i.e. 4 < , 1000

− 3  .001,

2n o

4000 < 2 n ,

i.e. n >

log 4000 log2

∼ 8.3 ∼ 12. .7

Este método involucra muchos pasos por lo que el método m´ as eficiente es el de Newton. Otro método interesante desde el punto de vista te´ orico 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.a 1a2 a3 . . . , una ra´ız aislada de un polinomio f (x) en el intervalo [A, A + 1], A el algoritmo es el siguiente. 1. Se expresa f (x) = y se define



j a 0, j (x

j

∈ N ∪{0},

− A) , mediante la división sintética iterada,

f 0 (x) =

 j

a0, j x j ,

4.8. RA´ ICES AISLADAS DE POLINOMIOS REALES

123

obsérvese que f (x) = f 0 (x

− A),

(4.2)

es decir, el valor de f 0 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 = a 1 + 1, y para esto basta checar que f 0(.a1 ) y f (.a∗1 ) lo tienen. Esto se sigue ya que usando (4.2) f 0(.t) = f 0 (A.t

− A) = f (A.t).

f 0 (x − A) = f (x)

f (x)

0

x−A

0

1

A

x A+1

Figura 4.5: Método de Horner 2. Se calcula f 0 (.1), f 0 (.2), . . . etcétera, para obtener el cambio de signo, obteniéndose a 1 . Lo cual se puede hacer r´ apidamente encontrando el residuo al dividir por x .t (usando división sintética).

−

3. Se define f i (x) inductivamente, si f (x) = f i−1 (x

− A.a a , . . . , a − ), 1 2

i 1

(como en (4.2)) se expresa f i−1(x) =



ai, j (x

j

y se define f i (x) =



i

ai, j x j .

j

Obsérvese que f i−1(x) = f i (x

j

− 10− a ) ,

i

− 10− a ). i

i


124 Se tiene entonces que

f (x) = f i−1 (x A.a1 a2 ai−1 ) = f i (x A.a1 a2 ai−1 10−i ai ) = f i (x A.a1 a2 . . . ai ).

− −

−

· ·· · ·· −

4. Se calcula ai+1 , para lo que basta calcular f i en t 0, 1, . . . , 9 , ya que

{

}

f (A.a1 a2

(4.3) (i+1)

× 10−

, donde t

· ·· a t) = f (A.a , ·· · a t − A.a a ··· a ) = f (t × 10− i

i

1

i

1 2

i

i

(i+1)

∈

),

usando (4.3). Es posible que en alg´ un momento se encuentre la ra´ız exacta. El método también se aplica si α ( (A + 1), A), A N 0 y

∈−

−

α =

∈ ∪{ }

−A.a a

1 2

....

Para esto es necesario anteponer el signo menos a A, A.a1 , . . . , A . a 1 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 secci´ on 4.5,

× −−

f (x) = x 3 + x

− 3,

como se mostró hay una sola ra´ız en el intervalo (1, 2). A continuaci´ o n se calcula f 0 (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 y

− 1)

3

+ 3(x

− 1)

2

+ 4(x

f 0 (x) = x 3 + 3x2 + 4x

− 1) − 1

− 1.

Calculamos ahora a1 , el residuo de f 0 (x) al dividir por x (teorema del residuo).

− .t es f (.t) 0


.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 f 1 (x) : .2

1

3 .2

4 .64

-1 .928

1

3.2 .2

4.64 .68

-.072

1

3.4 .2

5.32

1

3.6,

de donde f 0(x) = (x

3

− .2)

+ 3.6(x

− .2)

2

+ 5.32(x

− .2) − .072

y f 1 (x) = x 3 + 3.6 x2 + 5.32 x Ahora calculamos a2 :

− .072.

1

3.6 .01

5.32 .0361

-.072 .053561

1

3.61

5.3561

-.018439 < 0

.01

125


126

.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 ra´ıces de f (x) = x 3

2

− 2x

+ 2.

Su derivada es f  (x) = 3x2

− 4x,

cuyos puntos cr´ıticos son x 1 = 0 y x 2 = 4/3. Calculando su segunda derivada tenemos f  (x) = 6x 4, por lo que 0 es un máximo (f  (0) < 0) y 4/3 es un m´ınimo (f  (4/3) = 4 > 0) (véase la Figura 4.6). Evaluando f (x) en 1, 0, 4/3 se tiene

−

−

f ( 1) =

−

−1,

f (0) = 2 y f

 4 3

=2

> 0, − 32 27

por lo que la ra´ız tiene la forma α =

−0.a a ··· , 1 2

y f 0(x) = f (x), ya que en este caso A = 0.

-1

0

4 3

2

Figura 4.6: Gráfica de f (x) = x 3

2

− 2x

+2

Se calcula a1 (obsérvese que el método de Newton es mucho m´ as eficiente),


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

Por lo que α =

127

-.8 > 0,

-.9 < 0,

−0.8.

El siguiente paso es calcular f 1 (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 f 0 (x) = (x + .8)3

− 4.4(x + .8)

2

+ 5.12(x + .8) + .308

y f 1 (x) = x 3

2

− 4.4 x

+ 5.12 x + .308,

etcétera. EJERCICIOS 4.8

√

1. Haga una aproximaci´ on 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 ra´ıces del polinomio 2x3 + 2x2 centésima.

− 1 con un error de una


128

4.9.

Factorizaci´ on de polinomios, ra´ıces m´ ultiples

on) Sea f (z ) un polinomio de graTeorema 4.9.1. (Teorema de factorizaci´ do n, n > 0 con coeficientes en C, entonces existen k n´ umeros complejos distintos dos a dos: z 1 , z 2 , . . . , zk tales que f (z ) = b(z

s1

− z ) 1

s2

− z ) ··· (z − z )

(z

2

k

sk

,

donde si as esta descomposici´ on es unica ´ salvo N i y b C. Adem´ permutaci´ on de los factores.

∈

∀

∈

Obsérvese que k



n. Veamos 2 ejemplos: x2 + 1 = (x

(x

− 2)(x + 2)

2

= (x2

− i)(x + i),

− 4)(x + 2) = x

3

+ 2x2

− 4x − 8.

´ n. (Del Teorema 4.9.1) Esencialmente el resultado es conseDemostraci o

cuencia del teorema fundamental del a´lgebra. Existencia

Lo probamos por inducci´ o n sobre el grado: si f (z ) = a1 z + a 0 a1 = 0, entonces gr (f (z )) = 1, y se tiene



−  a 0 a1

f (z ) = a 1 z

.

Suponiendo cierto el resultado para polinomios de grado n teorema fundamental del a´lgebra, existe α C, tal que

∈

− 1, por el

f (α) = 0, y por el Corolario 4.5.3, tenemos que (z

− α) | f (z ),

i.e. f (z ) = (z como gr (q (z )) = n

− α)q (z ),

− 1,

q (z ) = b(z

− z ) 1

s1

(z

s2

sk

− z ) · ·· (z − z ) 2

k

,

y se sigue el resultado, ya sea que α = z i para alguna i, o que α = z i

 ∀ i.

´ DE POLINOMIOS, RA´ ´ 4.9. FACTORIZACI ON ICES M ULTIPLES

129

Unicidad

También la probamos inductivamente: si n = 1, f (z ) = b(z

− a) = b(z − a),

entonces b = b  , ba = ba  , y por lo tanto a = a  . Suponiendo cierto para n 1, si

−

f (z ) = b(z

s1

sk

− z ) ··· (z − z ) 1

k

= b  (z

t1

− w ) ·· · (z − w 1

m)

tm

,

al considerar el coeficiente del término de grado m´ aximo, se tiene que b = b  . Ahora (z z 1) f (z ), por lo que usando el Corolario 4.5.5,

− |

(z

− z ) | z − w , 1

i

para alguna i, y sin perder generalidad (permutando los factores si es necesario) se tiene (z z 1 ) z w1 ,

− | −

i.e. z 1 = w 1 . Finalmente como el anillo de polinomios es un dominio entero, se obtiene s1 − 1

s2

sk

t1 1

t2

tm

− z ) ··· (z − z ) = (z − w ) − (z − w ) ·· · (z − w ) , que son polinomios de grado n − 1, por lo que aplicando la hipótesis de inducción s − 1 = t − 1, y salvo una permutación, los factores (z − z ) son los factores (z − w ) . (z

− z ) 1

(z

2

1

j

k

1

2

m

1 tj

j

sj

Definici´ on 44. Sea f (z ) un polinomio en C [z ] y α una ra´ız de f (z ), se dice

que α es una ra´ız de multiplicidad m, si (z α)m f (z ), pero (z α)m+1  f (z ).

−

|

−

Por ejemplo, si f (z ) = (z

2

3

− 1) (z + 2)(z − i) ,

ˆ 1 es de multiplicidad 2, y i es de multiplicidad 3 A¿porqu´ e? Proposici´ on 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.

´ n. Lo probamos por inducci´ on sobre el menor de los grados. Demostraci o

Si gr (f (z ))  0, f (z ) es constante y g(z ) tambi´ en, por lo que son iguales. Si gr(f (z )) = n y z 0 es una ra´ız de f (z ), entonces también lo es de g(z ), por lo que f (z ) = (z z 0 )h(z ),

−


130 g(z ) = (z y h(z ) tiene grado n

− 1, de donde

− z )h (z ), 0

h(α) = h 1 (α)

1

∀ α = z . 0

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 tambi´ en en dicho punto (f (x) es continua en x0 sucesión xn x0 , f (xn ) f (x0 )), por lo que

⇔ ∀

→

→

h(α) = h 1 (α)

∀ α ∈ C,

y se sigue de la hipótesis de inducción que h(z ) y h 1 (z ) son el mismo polinomio, y en consecuencia f (z ) y g(z ) también. Obsérvese que en la u´ltima parte de la demostraci´ on se us´ o variable compleja, pero muy elemental. EJERCICIOS 4.9

1. Sean α1 , α2 , . . . , αt todas las ra´ıces de f (x), αi = α j si i = j, y mi la multiplicidad de αi . Muestre que



m1 +



·· · + m = gr (f (x)). t

2. Qué polinomio de grado 4 tiene como ra´ıces a 0, π, 2 y

−1.

3. Demuestre que α es ra´ız de multiplicidad mayor o igual al m´ınimo de m1 y m2 de f 1 (x)g1 + f 2 (x)g2 (x), donde α es ra´ız de multiplicidad mi de f i (x), i = 1, 2, y g1 (x), g2 (x) son 2 polinomios no nulos cualesquiera. Pru´ ebese también que si m1 > m2 , α es ra´ız de multiplicidad m2 de f 1 (x) + f 2 (x). 4. Pruebe que α es ra´ız de multiplicidad 0 de f (x) si y sólo si α no es ra´ız de f (x). 5. Suponga de α es ra´ız de multiplicidad mi de gi (x), para i = 1, 2. Si f (x) = g 1 (x)g2(x), muestre que α es ra´ız de multiplicidad m1 + m2 de f (x). 6. Determine la multiplicidad de 1 como ra´ız de los siguientes polinomios: i)

4

−x

ii) 3x4

+ 3x3 + 2x2 3

− 4,

− x − x − 1.

131

4.10. DERIVADAS Y MULTIPLICIDAD

4.10.

Derivadas y multiplicidad

A todo polinomio f (z ) = a 0 + a1 z +

n

··· + a z n

se le asocia otro polinomio que es su derivada f  (z ) = a 1 + 2a2 z + 3a3 z 2 +

n 1

··· + na z − . n

R[x], f  (x) es como en cálculo, su derivada. Obsérvese que si f (x) Dada la estructura de campo de C , esta situación se generaliza f´ acilmente a funciones de C en C. Se pueden discutir ciertas propiedades de la derivada de polinomios en C sin usar c´ alculo complejo (derivadas).

∈

Definici´ on 45. Sea

 ∞

f (z ) =

ak z k ,

k=0

donde a j = 0 j > N, se define la derivada de f (z ) como el polinomio

∀

f  (z ) =

 ∞

(k + 1)ak+1 z k .

k=0

Inductivamente se define también f n+1 (z ) = (f n ) (z ). Probamos ahora, sin usar c´ alculo, la regla de Leibniz. Proposici´ on 4.10.1. Si f (z ) = g(z )h(z ), entonces

f  (z ) = g  (z )h(z ) + g(z )h (z ). Obsérvese que el cálculo real no es suficiente para probar ésta identidad, sin embargo, los mismos métodos que muestran este hecho en c´ alculo real, se aplican al caso complejo.

∈ C,

´ n. (De la Proposici´ on 4.10.1) Dada z Demostraci o

     

g(z ) =

∞

i

ai z

∞

y h(z ) =

i=0

b j z j ,

j=0

se sigue de la definici´ on del producto que f (z ) =

∞

k=0

ai b j

i+ j=k

k

z =

∞

k=0

ck z k .


132 Ahora f  (z ) =

 ∞

(k + 1)ck+1z k =

k=0

 ∞

g (z ) =

 ∞

z k , (4.4)

i+ j=k+1

 ∞

(k + 1)ak+1 z k =

k=0

donde ak = (k + 1)ak+1

ai b j

(k + 1)

k=0

también

 

ak z k ,

k=0

∀ k, análogamente h (z ) =

 ∞

bk z k ,

k=0

donde bk = (k + 1)bk+1 Bajo esta notaci´ on g(z )h (z ) =

∀ k.

              ∞

k=0

=

i+ j=k

∞

k=0

z k =

ai b j

∞

( j + 1)ai b j+1 z k

k=0

sai bs

i+ j=k

∞

k

z =

i+s−1=k

k=0

sai bs z k ,

i+s=k+1

donde s = j + 1. Invirtiendo los papeles de g(z ) y h(z ), se tiene también

           

h(z )g (z ) =

∞

k=0

iai bs

z k .

i+s=k+1

Finalmente, usando (4.4) se tiene que g(z )h (z ) + g  (z )h(z ) =

∞

k=0

=

∞

k=0

(i + s)ai bs z k

i+s=k+1

(k + 1)ai bs z k = f  (z ).

i+s=k+1

Corolario 4.10.2. Si f (z ) = [g(z )]m , entonces

f  (z ) = m[g(z )]m−1 g  (z ), donde f (z ), g(z )

∈ C[z ].

133

4.10. DERIVADAS Y MULTIPLICIDAD ´ n. Por inducci´ Demostraci o on, 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−1g(z ), se sigue que f  (z ) = (m

− 1)[g(z )]

m−2

= [g(z )]m−1 g  (z )[m

g  (z )g(z ) + g  (z )[g(z )]m−1

− 1 + 1] = m[g(z )]

m−1

g  (z ).

Lema 4.10.3. Si α es ra´ız de multiplicidad m de f (z ), entonces lo es de

multiplicidad m

− 1 de f (z ).

´ n. Se tiene f (z ) = (z α)m g(z ), donde (z α) Demostraci o

−

−

 g(z ). Ahora

f  (z ) = m(z α)m−1 g(z ) + (z α)m g  (z ) = (z α)m−1 [m g(z ) + (z α)g  (z )],

−

como z

−

−

−

− α no es factor de m g(z ) + (z

α es ra´ız de multiplicidad m

− α)g(z ),

− 1 de f (z ).

Establecemos ahora condiciones para encontrar la multiplicidad de las ra´ıces. Teorema 4.10.4. Sea f (z ) un polinomio de grado positivo y m

∈ N, entonces

α es una ra´ız de multiplicidad m de f (z ) si y s´ olo si se cumplen las siguientes 2 condiciones: a) f (α) = f  (α) =

m−1

··· = f

(α) = 0,

b) f m (α) = 0.



Por ejemplo, si f (z ) = z 5 , entonces 0 es una ra´ız de multiplicidad 5, ya que f  (0) = f 2 (0) = f 3 (0) = f 4 (0) = 0, pero f 5 (0) = 0 :



f  (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 ´ n. (Del Teorema 4.10.4) Demostraci o

⇒) Hacemos inducción sobre la mul-

tiplicidad. Si α es de multiplicidad 1 de f (z ), se sigue del Lema 4.10.3 que tiene multiplicidad 0 para f  (z ), por lo que f (α) = 0 y f  (α) = 0



(si α es de multiplicidad 0 para f  (z ), entonces (z α)  f  (z ) y f  (α) = 0). Suponiendo cierto para ra´ıces de multiplicidad m, sea α ra´ız de multiplicidad m + 1 en f (z ), entonces por el Lema 4.10.3, α es de multiplicidad m en f  (z ) y por hipótesis de inducci´ on

−

f  (α) = f 2 (α) =

m

··· = f



(α) = 0,

pero f m+1 (α) = 0, como f (α) = 0, se sigue el resultado. ) Inducci´ on sobre el n´ umero m definido por a) y b).  Si m = 1, f (α) = 0 y f (α) = 0, entonces

⇐





(z

− α) | f (z ),

pero α no es ra´ız de f  (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  (α) =

m

· ·· = f

(α) = 0

y f m+1 (α) = 0,



entonces (por hip´ otesis de inducci´ on) α es de multiplicidad m de f  (z ), por lo que es de multiplicidad m + 1 de f (z ). En los casos de ra´ıces m´ ultiples, derivando se pueden encontrar las ra´ıces de los polinomios, por ejemplo, si f (z ) = z 4 3z 3 6z 2 + 28z f  (z ) = 4z 3 9z 2 12z + 28 y f  (z ) = 12z 2 18z 12. Las ra´ıces de f  (z ) son las de 2x2 3

− − − 24, − − − − − 3x − 2 = 0, éstas son

± √ 9 + 16 = 2, − 1 . 4

También, f (2) = 0, ya que

2

´ 4.11. COEFICIENTES, RA´ ICES Y POLINOMIOS SIM ETRICOS

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  (2) = 0. Ahora f 3 (z ) = 24x 18 y f 3 (2) = 0, por lo que se sigue del Corolario 4.5.3 que 2 es una ra´ız de multiplicidad 3 y

−



(z

3

− 2) | f (z ).

EJERCICIOS 4.10

1. Determine la otra ra´ız de f (z ) = z 4 3x3 6z 2 + 28z factorización. Sugerencia: usar división sintética iterada.

−

2. Factorice f (x) = x 5

4

− 4x

4.11.

4

− 3x

− 24, y escriba su

+ 4x3 + 2x2

3. Muestre que las u ńicas ra´ıces de x4 4. Demuestre que 2x5

−

− 5x − 2. − 2ix − 2ix − 1 son i y −i. 3

+ 1 no tiene ninguna ra´ız de multiplicidad 4.

Coeficientes, ra´ıces y polinomios sim´ etricos

onico si el coeficiente del Definici´ o n 46. A un polinomio se le llama m´ término de grado m´ aximo es 1, por ejemplo f (x) = x 5

2

− 2x

+ 1.

onico Teorema 4.11.1. Sean α1 , α2 , . . . , αn las ra´ıces de un polinomio m´ contadas con su multiplicidad, entonces si f (z ) = z n + a1z n−1 + se tiene

··· + a

n

= (z

− α ) · ·· (z − α ), 1

  −  n

ai =

( αrj ) ,

1r1 <···
j=1

n


136

donde la suma es tomada de tal manera que para toda colecci´ on de i naturales distintos r1 , r2 , . . . , ri menores a n, aparece el sumando i

−

( αrj ) = ( αr1 )( αr2 )

−

j=1

−

·· · (−α

correspondiente a r1 , . . . , ri .

ri ),

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 − α )(z − α )(z − α ) 1

2

= z 3 + a1 z 2 + a2 z + a3 = z 3 + ( α1 α2 α3 )z 2 +(α1 α2 + α2 α3 + α1 α3 )z

3

− − −

−α α α , 1 2 3

por lo que a1 = α1 α2 α3 , a2 = α1 α2 + α2 α3 + α1α3 , a3 = α1 α2 α3 .

− − − −

Obsérvese en este ejemplo que el n´ umero de sumandos para el coeficiente n−i i ai de z es Cn. ´ n. (Del Teorema 4.11.1) Demostraci o

Al efectuar todos los productos en

− α )(z − α ) · ·· (z − α ), los coeficientes de los términos de grado n − i son precisamente aquellos (z

1

2

n

obtenidos al multiplicar i números de la forma αr1 , αr2 , . . . , αri , (donde 1  r2 < r2 <

· ·· < r

i 

n) por n

− i indeterminadas z .

Obsérvese que, como en el ejemplo, el n´ umero de sumandos que definen i el coeficiente ai (de grado n i) es Cn. Nótese que en la discusi´ on en el teorema anterior se considera una ra´ız de multiplicidad k, como k ra´ıces, por ejemplo

−

(z

− 2)

2

= z 2 4z + 4 = (z 2)(z 2) = z 2 + ( 2 2)z + ( 2)( 2)

−

− −

− − − −

´ 4.11. COEFICIENTES, RA´ ICES Y POLINOMIOS SIM ETRICOS

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 ra´ıces tienen propiedades interesantes. umeros complejos, Teorema 4.11.2. Sean α1 , α2 , . . . , αn , . . . n´

  −  i

an,i =

αrj

1r1 <···
n

sn,i =

y

j=1



α ji ,

j=1

∈ N, entonces = 0 ∀ n  1.

donde i  n, i,n a) an,1 + sn,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. Obsérvese que Demostraci o

∀ n  3.

∀ n a

y sn,i se pueden pensar tambi´ en como polinomios simétricos en n variables (i.e. no var´ıan los valores de la función al permutar el orden de las αi ). a) n,i

n

n

−  ( αi ) +

i=1

α j = 0.

j=1

b) Por ejemplo, si n = 3 se tiene

2(α1 α2 + α1α3 + α3 α2) + (α1 + α2 + α3 )( α1 +α12 + α22 + α32 = 0.

− −α −α ) 2

3

En general 2



 −    n

( αr1 )( αr2 ) +

1r1
−

−

n

αi

i=1

n

αi

i=1

+

α2i = 0,

i=1

ya que en el segundo término los productos αi α j , donde i = j, aparecen 2 veces y se cancelan todos con los del primer término. Se generan también cuadrados que se cancelan con el u´ltimo término.




138 c)

  −   3

( αrj )

3

1r1
+

( αr1 )( αr2 )[α1 + α2 +

1r1
j=1

2 1

−

−

2 n

3 1

·· · + α ] n

3 n

−(α + · ·· + α )(α + ··· + α ) + (α + ··· + α ) = 0. 1

n

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 α j 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 α2i α j i = 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 ra´ıces de la ecuaci´ on cuadr´ atica. 2. Bajo la notación del Teorema 4.11.2, exprese a 2,1 y a 2,2 en términos de s 2,1 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) = x 2 + bx + c, demuestre que (α1 α1 , α2 son sus sus ra´ıces,

4.12.

2

− α )(α − α ) = 4c − b , donde 2

2

1

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 m´ onicos de grados 1 y 2, en algunos casos los polinomios de grado 2 no se pueden descomponer en polinomios reales de grado 1. ´ n. Se sigue del teorema de factorizaci´ on que Demostraci o

f (x) = b(x

t1

−α ) 1

(x

t2

tk

− α ) · ·· (x − α ) 2

k

,

b R, ya que es el coeficiente del término de grado m´ aximo. Ahora se sigue del Teorema 4.5.6 que si α R y f (α) = 0, entonces f (α) = 0, por lo que

∈

∈

139

4.12. POLINOMIOS CON COEFICIENTES REALES

en la descomposición de f (x) aparecen los factores (x como (xα)(x

2

2

= x 2

− α) = x − αx − αx + |α|

− α) y (x − α). Ahora, 2

− 2 R e (α)x + |α| ,

es un polinomio en R[x], se pueden remplazar todas las ra´ıces complejas para formar polinomios reales de grado 2. Las potencias son iguales. Esto se prueba por inducci´ on, dividiendo f (x) entre x2 2 R e (α)x + α 2 se obtiene un polinomio real, etcétera.

−

||

Ejemplo

donde w =

−

√

x3

2

− 1 = (x − 1)(x − w)(x − w ),

1 3 + i y w2 = w, por lo que 2 2

x3 1 = (x 1)(x w)(x w) = (x 1)(x2 2 R e (w)x+ w 2) = (x 1)(x2 +x+1).

−

−

−

−

−

Definici´ o n 47. Dado f (z ) n

conjugado f (z ) = a 0 z +

−

| | − + ·· · + a , se define su

n

∈ C[z ], f (z ) = a z 0

n

· ·· + a . n

Proposici´ on 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

m

m

− α) | f (x) ⇐⇒ (x − α) | f (x).

´ n. Demostraci o

a) Si

n

g(z ) =



n

i

ai z

y h(z ) =

i=1



bi z i ,

i=1

el coeficiente del término de grado k de f está dado por



i+ j=k

ai b j ,


140 y el de f por

   ai b j

=

i+ j=k

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 reales de grado 1 y 2.

−

− 1 como productos de polinomios con coeficientes √ √ 2. Compruebe que 1/4(−1 + 5 + 10 + 2 5i) es una ra´ız quinta de 1, y



factorice x 4 + 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 (Cap´ıtulo 1, secci´ on 1.4) tambi´ en se aplica a los polinomios gracias al concepto de grado, y se obtienen m´ aximos comunes divisores. Lema 4.13.1. Sean f 1 (x), f 2 (x)

∈ K [x] y consideremos g(x) otro polinomio

tal que g(x) f i (x), i = 1, 2, entonces g(x) divide a toda combinaci´ on lineal de f 1 (x) y f 2 (x), i.e.

|

g(x) (h1 (x)f 1 (x) + h2 (x)f 2 (x)),

|

∀ h (x), h (x) ∈ K [x]. 1

2

´ n. Se puede escribir Demostraci o

hi (x)f i (x) = g(x)ϕi (x),

i = 1, 2,

sumando y factorizando se obtiene el resultado. Proposici´ on 4.13.2. Consideremos f 1 (x), f 2 (x)

∈ K [x] no nulos y una com-

binaci´ on lineal de de grado m´ınimo d(x) = f 1 (x)g1(x) + f 2 (x)g2 (x), entonces d(x) f i (x), i = 1, 2 y por lo tanto a cualquier combinaci´ on lineal de ellos (por el Lema 4.13.1).

|

4.13. EL ALGORITMO DE EUCLIDES CON POLINOMIOS

141

´ n. Igual que en los enteros. Si Demostraci o

f 1 (x) = d(x)q (x) + r(x), gr (r(x))  g1 (x), necesariamente r(x) = 0, ya que si r(x) = 0, sustituyendo d(x), se tendr´ıa que r(x) es una combinación lineal de menor grado.



Definici´ on 48. Un m´ aximo com´ un divisor MCD de dos polinomios no nulos

f 1 (x) y f 2(x) es un divisor com´ un de grado m´ aximo. aximos divisores comunes de f 1 (x) Proposici´ on 4.13.3. Si d 1 (x), d2 (x) son m´ y f 2 (x), entonces d1(x), d2 (x) son asociados. ´ n. Se hace exactamente como en el caso de los enteros, apliDemostraci o

cando el algoritmo de Euclides a f 1 (x), f 2 (x), se obtiene un divisor com´ un 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))  gr (d(x)), g(x) es asociado con d(x) y cualesquiera 2 MCD son asociados entre s´ı se sigue el resultado. Nótese que ser asociado es una relaci´ on de equivalencia. on lineal de grado m´ınimo de f 1 (x) y Teorema 4.13.4. Cualquier combinaci´ f 2 (x) es un MCD de ellos. ´ n. Sea e(x) una combinaci´ Demostraci o on lineal de grado m´ınimo y d(x)

un MCD, entonces por la Proposici´ on 4.13.2 e(x) es un divisor com´ un, por lo que gr (e(x))  gr (d(x)), y por el Lema 4.13.1 d(x) e(x),

|

∴

gr (e(x)) = gr (d(x)).

on Corolario 4.13.5. Cualquier MCD de f 1 (x) y f 2 (x) es una combinaci´ lineal de grado m´ınimo de ellos. ´ n. Si d(x) es un MCD, entonces es asociado a una combinaDemostraci o

ción lineal de grado m´ınimo y por lo tanto también es combinaci´ on lineal de grado m´ınimo. un de f 1(x) y f 2 (x) es un divisor de Corolario 4.13.6. Todo divisor com´ cualquier MCD ´ n. Un MCD es combinaci´ on lineal de f 1 (x) y f 2 (x), etcétera. Demostraci o


142

un de f 1 (x) y f 2 (x) tal que para Corolario 4.13.7. Sea e(x) un divisor com´ todo divisor g(x) de f 1 (x), f 2 (x) se tiene g(x) e(x), entonces e(x) es un MCD

|

´ n. Si d(x) es un MCD, por hip´ Demostraci o otesis d(x) e(x), por lo tanto

gr (d(x))  gr (e(x)), también gr (d(x))  gr (e(x)). Definici´ o n 49. Sean f 1 (x), f 2 (x)

|

K [x] no nulos, se define el m´ aximo com´ un divisor como su unico ´ MCD m´ onico. Se escribe sin ambig¨ uedad

∈

d(x) = (f 1 (x), f 2 (x)). Obsérvese que si f 1 (x) o f 2 (x) es nulo, digamos f 1 (x), entonces d(x) = kf 2 (x), (si f 2 (x) = a n xn +

··· + a , entonces k = 1/a ). Teorema 4.13.8. Sea f (z ) ∈ K [z ], entonces f (z ) tiene una ra´ız de multiplicidad > 1 si y s´ olo si (f (z ), f  (z )) =  1. ´ n. ⇒) Sea α una ra´ız de multiplicidad m de f (z ), entonces Demostraci o α es una ra´ız de multiplicidad m − 1 de f  (z ), i.e. m − 1 > 0. Como (z − α) | f  (z ) y (z − α) | f (z ), 0

n

se sigue que

(f (z ), f  (z )) = 1.



⇐) Sea q (z ) = (f (z ), f (z )), donde gr (q (z )) > 0, y α es una ra´ız de q (z ), por lo tanto α es una ra´ız de f (z ) y de f (z ), y si α es ra´ız de multiplicidad m de f (z ), lo es de multiplicidad m − 1 de f  (z ) y m − 1 > 0. EJERCICIOS 4.13

1. Sea α1 , . . . , αk el conjunto de ra´ıces 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

{

∈

}

k

(f (z ), g(z )) =

− (z

αi )m´ın(mi ,ni ) .

i=1

2. Sea f 1 (z ) el cociente de f (z ) y de (f (z ), f  (z )), donde f (z ) es no nulo. Demuestre que f 1 (z ) tiene las mismas ra´ıces que f (z ), pero todas con multiplicidad 1. 3. Calcule el MCD de f (x) = x 7 + x3 + 1 y su derivada, compruebe que f (x) no tiene ra´ıces de multiplicidad > 1. 4. Factorice el polinomio f (z ) = z 3 + ( 6

2

− − 3i) z + ( 9 + 1 2i) z + (−2 − 11i).

´ 4.14. M ETODO DE STURM

4.14.

143

M´ etodo de Sturm

Este método sirve para localizar las ra´ıces reales de polinomios reales. Usando el Ejercicio 2 de la sección anterior, se puede suponer que todas las ra´ıces son de multiplicidad uno, remplazando f (x) por f  (x) f 1 (x) = , (f (x), f  (x)) si es necesario. Aplicando el algoritmo de Euclides a f (x) y f  (x) se tiene f (x) f  (x) r2 (x)

= = = .. .

f  (x)q 1 (x) + r2(x) r2 (x)q 2 (x) + r3 (x) r3 (x)q 3 (x) + r4 (x)

(4.5)

rn−2 (x) = rn−1 (x)q n−1 (x) + rn (x), donde rn(x) es una constante = 0, ya que (f (x), f  (x)) = 1 (pues el u´ltimo residuo = 0 es el MCD y por hipótesis tiene grado  0). Ahora, escribimos





f 2 (x) = r2 (x), f 3 (x) = r3 (x), f 4 (x) = r 4 (x), f 5 (x) = r 5 (x), f 6 (x) = r6 (x), f 7 (x) = r7 (x), f 8 (x) = r 8 (x), f 9 (x) = r 9 (x),

− −

− −

etcétera (por parejas) y f (x) = f 0 (x),

f  (x) = f 1(x).

Si c R, denotamos por V (c) el n´ umero de cambios de signo de la sucesión f 0 (c), f 1(c), . . . , etcétera. Por ejemplo, si f 0 (c) = 2, f 1 (c) = 1, f 2 (c) = 2, f 3 (c) = 4 y f 4 (c) = 3, entonces V (c) = 2.

∈

−

Teorema 4.14.1. (Sturm) Sea f (x)

−

∈ R[x] y f (x), . . . , f (x) los polinomios 0

n

descritos antes, entonces si a, b R no son ra´ıces de ninguna f i (x), a < b, el n´ umero de ra´ıces de f (x) en (a, b) es

∈

V (a) ´ n. Si Demostraci o

− V (b).

∀ x ∈ [a, b],

x no es ra´ız de ning´ un f i (x), cada f i (x) tiene el mismo signo en [a, b] y V (a) = V (b). Sean ρ1 , ρ2 , . . . , ρk los puntos en [a, b] que son ra´ıces de alg´ un f i (x)


144

en orden creciente, tomando a0 = a, a1 , a2 , . . . , ak−1 , ak = b, tales que a0 < ρ1 < a1 < ρ2 < a2 < se tiene

· ·· < ρ

k

< ak ,

k

V (a)

− V (b) =

Por lo tanto, basta probar que V (ai+1 )

 

[v(ai+1 )

i=1

i

0 si f (ρ) = 0 1 si f (ρ) = 0.



− V (a ) = i

− v(a )].

Para esto se puede suponer que hay un solo ρ alg´ un f i (x), y hay que probar que

∈ [a, b] tal que es ra´ız de

V (a)

− V (b) =



0 si f (ρ) = 0 1 si f (ρ) = 0.



Caso 1: f (ρ) = 0. En este caso ρ es una ra´ız de f j1 (x), . . . , f j t (x), y no hay 2 de estos ´ındices que sean consecutivos, ya que en este caso ρ ser´ıa ra´ız de 2 residuos consecutivos en el algoritmo de Euclides para f (x) y f  (x), y f (x) y f  (x) tendr´ıan una ra´ız en com´ un. También al contar V (a) y V (b) se pueden ignorar los cambios de signo entre f j (x) y f j+1 (x) si j, j + 1 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 n´ umero de cambios en f ji −1 (a), f ji (a), f ji+1 (a) es el mismo que en f ji −1(b), f ji (b), f ji+1 (b). Para esto obsérvese que si r0 (x) = f (x), r1 (x) = f 1(x) en la notación de (4.5), entonces



∈ {

}

∀

ri (x) ri−1 (x)

|

−r

i+1 (x)

por lo que f i (x) f i−1 (x) + f i+1 (x) : Si r i−1 (x) = f i−1 (x), entonces r i+1(x) = se tiene ri+1 (x) = f i+1 (x). En consecuencia

|

∀ i,

−f

i+1 (x), y

f ji −1(ρ) + f ji +1 (ρ) = 0

si r i−1(x) =

−f − (x) i 1

∀ i,

y f ji −1 , f ji +1 tienen signos opuestos y las posibilidades se describen en las siguientes figuras.


145

f j

i

−1

f j

i

−1

f j

i

a

b

a

f j

i

b

+1

f j f j

i

i

f j

i

f j

−1

i

+1

−1

f j

i

a

b

a

f j f j +1

b

i

f j

i

i

+1

Figura 4.7: Cambios de signo de f ji 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 f ji −1 y f j1+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 f 1 (a), . . . , fn (a) y f 1(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 f  Ahora f (a) y f (b) tienen signos opuestos, ya que ρ no es un punto cr´ıtico, i.e. f  (ρ) = 0. Por lo que basta probar que f (b) y f  (b) tienen el mismo signo,




146

ya que esto implica que f (a) y f  (a) tienen signos contrarios y V (a)

− V (b) = 1,

véase la Figura (4.8). Para demostrar esto se expresa f (x) = a 0 + a1 (x

2

− ρ) + a (x − ρ) + · ·· , 2

y se tiene a0 = f (ρ) = 0 y a1 = f  (ρ). Por lo cual signo de a1 = signo de f  , 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

−

2

|a (σ − ρ)| > |a (σ − ρ) + ·· · + a 1

2

m (σ

m

− ρ) |.

Finalmente, si σ es suficientemente cercana a ρ, de tal manera que

|σ − ρ| < 1 y (σ

− ρ) < |a (m|a −| 1)| ∀ i, a = 0, 1

i

i

se tiene

m

2

|a (σ − ρ) + ··· + a 2

m (σ

m

− ρ) | < m

< (σ

− ρ)

| |

ai (σ

i=2

m

i

− ρ)

 | || || −| i=2

ai a1 = (σ ai (m 1)



| |

ai (σ

i=2

2

− ρ)

− ρ)|a | 1

( los sumandos donde ai = 0 se omiten).

La filosof´ıa es que si σ ρ es muy peque˜ no, el término de grado 1 domina. Antes de mostrar un ejemplo, obsérvese que si

−

f (x) = x n + a1 xn−1 +

··· + a ∈ R[x] n


147

y A = máx 1, a1 + a2 +

{ | | | | ·· · + |a |}, entonces f no tiene ra´ıces en [−A, A] : Esto se sigue, ya que si x ∈ [−A, A] , |x | > (|a | + |a | + ·· · + |a |) |x − | − + |a ||x| − + ··· + |a ||x − |  |a x − + · ·· + a |.  |a ||x| n

c

c

n

n 1

1

1

2

n

n 2

2

n n

n

n 1

1

n 1

n

Ejemplo

Sea f (x) = x 4

− x − 3,

por la observaci´ on anterior las ra´ıces de f están en el intervalo [ 4, 4]. Más aún, si x > 2, entonces

−

| |

x4 > 2 3 x = 4 x (1 + 1) = 4 x + 4 x > x + 3

||

||

|| || ||



|x + 3|,

−

y las ra´ıces est´ a n en [ 2, 2]. Aplicamos el teorema de Sturm para aislarlas, f  (x) = 4x3 x4 -x4

+ -

Por lo tanto

− 1,

x - 3 x 4 3 x - 3 4

3 f 2 (x) = (x + 4), 4

r2 (x) =

4x3 x 4

- 1

− 34 (x + 4),

y como 4

0 -16

0 64

-1 -256

4

-16

64

-257 ,

-4

se tiene 4x3

−1=

−  −  3 (x + 4) 4

4 (4x2 3

(f (x), f  (x)) = 1

− 16x + 64) − 257,


148 y f 3 (x) = 257.

−

−

Ahora, f 0(2) > 0 y f 0( 2) > 0, también f 0 (0), f 0 (1) y f 0( 1) son negativos. As´ı mismo f 1 (2) y f 1(1) son positivos y f 1 en 2, 1 y 0 toman valores negativos, por lo que se tiene la siguiente tabla.

− −

f 0 (x) f 1 (x) f 2 (x) f 3 (x)

-2 2 0 1 + + - - + - + + + + + + + + +

-1 + +

Las 2 primeras columnas muestran que hay 2 ra´ıces en (-2,2), y las otras 3 refinan el resultado probando que hay una en (-2,1) y otra en (1,2). Gráficamente, f  (x) = 12x2 , y x = 3 1/4 < 1 es el punto cr´ıtico de la derivada (véase la Figura 4.9).



5

1

-2

1

-1

2

-3


−x−3

EJERCICIOS 4.14

1. Usando el método de Sturm, aislar las ra´ıces de x3

− 4x + 1.

149

4.15. FRACCIONES PARCIALES

4.15.

Fracciones parciales

Se define una relaci´ on de equivalencia entre las expresiones de la forma f (x) , g(x) donde f (x), g(x) son polinomios y g(x) = 0, de la siguiente manera:



f 1 (x) g1 (x)

∼ gf (x) (x) 2 2

si f 1 (x)g2 (x) = f 2 (x)g1 (x). Esta relaci´ on es evidentemente reflexiva y simétrica. También es transitiva, esto se demuestra igual que con los racionales, si a1 b1

∼ ab

2

2

y

a2 b2

∼ ab , 3

3

entonces a1 b2 = a 2 b1, a2 b3 = a 3 b2 y a1 b2 b3 = a 3 b2 b1 , etcétera. on anterior Definici´ on 50. Las clases de equivalencia obtenidas bajo la relaci´ se llaman fracciones racionales. Igual que en Q se definen 2 operaciones: f 1 (x) f 2 (x) f 1 (x)g2 (x) + f 2 (x)g1 (x) + = g1 (x) g2 (x) g1 (x)g2 (x) y f 1 (x) f 2 (x) f 1 (x)f 2 (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) Adem´ as, si f (x), h(x), k(x)

∈ R[x], entonces s(x), t(x) ∈ R[x].


150

´ n. Aplicando el algoritmo de Euclides se pueden encontrar Demostraci o

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) f (x) [h(x)h1 (x) + k(x)k1 (x)] f (x)h1 (x) f (x)k1 (x) = = + . g(x) g(x) k(x) h(x)

Nótese que la descomposici´ on en el Lema 4.15.1 no es u ´ nica (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

∀

f (x) s1 (x) = + [h(x)]m h(x) Adem´ as, si h(x), f (x)

s (x) . · ·· + [h(x)] m

m

∈ R[x], los polinomios s (x) también. i

´ n. Sea n = gr (h(x)), se aplica el algoritmo de la divisi´ on a Demostraci o

los siguientes cocientes: f (x) = h(x)q 1 (x) + r1 (x), q 1 (x) = h(x)q 2 (x) + r2 (x), q 2 (x) = h(x)q 3 (x) + r3 (x), .. . q k−2 (x) = h(x)q k−1 (x) + rk−1 (x), q k−1 (x) = h(x)q k (x) + rk (x), donde gr (ri (x)) < n i, gr (q k (x)) < n y gr (q k−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 (q 1 (x)) (gr(f (x)) = gr (h(x)) + gr (q 1(x))) y los grados de los q i van disminuyendo, por lo que el proceso se termina en la primera k tal que gr (q k (x)) < gr (h(x)) = n.

∀

Finalmente sustituyendo q k−1 (x) en la ecuaci´ on anterior, e iterando este proceso se tiene q k−2 (x) = h(x)[h(x)q k (x) + rk (x)] + rk−1 (x) = [h(x)]2 q k (x) + h(x)rk (x) + rk−1 (x)

151


y q k−3 (x) = h(x)q k−2 (x) + rk−2(x) = [h(x)]3 q k (x) + [h(x)]2 rk (x) + h(x)rk−1 (x) + rk−2 (x) hasta obtener después de k pasos, q 0 (x) = f (x) = [h(x)]k q k (x) + [h(x)]k−1 rk (x) +

··· + h(x)r (x) + r (x). (4.6) 2

1

Se tiene k < m, ya que si k  m se tendr´ıa gr (f (x))  gr (h(x))m , pues en virtud de 4.15 gr (f (x)) = gr (h(x)k ) + gr (q k (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 an´ alogo, 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

r1

rn

− α ) · ·· (x − α ) 1

n

,

donde αi = α j , si i = j, entonces





f (x) = s(x) + g(x)

ri

s

 i=1 j=1

ai j . (x αi ) j

−

´ n. Aplicando el Lema 4.15.1 se tiene Demostraci o

f (x) = g(x)

n

 i=1

f i (x) , (x αi )ri

−

∀ i

y por el Lema 4.15.2,

r

 

i f i (x) ai j = s (x) + , i j (x αi )ri (x α ) i j=1

−

ya que gr (x αi ) = 1, escribiendo s(x) =

−

−

n i=1 si (x)

se sigue el resultado.


152 Teorema 4.15.4. Sea

 n

g(x) =

m

(x

i=1



−α) i

ri

(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]

∈ ∀ ∈

f (x) = s(x) + g(x) donde s(x)

∈ R[x], a

n

ri



ai j + (x αi ) j

−

i=1 j=1

m

si

 i=1 j=1

Ai j x + Bi j , (x2 + ai x + bi ) j

∈ R ∀ i,j.

i j , Ai j , Bi j

´ n. De nuevo como en el teorema anterior el resultado es conDemostraci o

secuencia inmediata de los Lemas 4.15.1 y 4.15.2: usando el primero f (x) = g(x)

n

 i=1

f i (x) + (x αi )ri

−

m

 i=1

gi (x) , (x2 + ai x + bi )si

y usando el segundo se obtiene la expresión del enunciado. En la práctica se encuentra la descomposici´ on 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), y

donde gr (r(x)) < gr (g(x)),

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 funci´ on racional con estas caracter´ısticas. 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).

153


Por consiguiente, para encontrar la expresi´ on 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

2x7 + 5x6 + x5 x4 7x3 + x2 + x + 7 R(x) = . x6 2x3 + 1

− − −

Primero se encuentra la parte ponomial

−

2x7 2x7

+ 5x6

+ x5

4

−x −7x

3

+ x 2

+x 2x

4x4

6

−

+x

5x 5x6

5

+3x

4

−7x 10x

x5

+3x4

3

+ x

− −x

2

3

+ 3x3

+ x 2

R(x) = 2x + 5 +

+2,

− x + 2 .

Si x 3 = y, el denominador de la parte no polinomial es y 2 2y +1 = (y 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) =

−

a1

a2

+

x

2

a3 x + a4 a5 x + a6 + x2 + x + 1 (x2 + x + 1) 2

2

2

6

3

(x2 + x + 1) 2 (x 1)2 (x2 + x + 1) (x2 + x + 1) 2 (x 1) y (x 1)(x2 + x + 1)

−

−

= = = =

2

2

3

2

4

2

2

6

−

2

− 1) ,

− 1 (x − 1) a (x − 1)(x + x + 1) + a (x + x + 1) = x − 2x + 1 (a x + a )(x − 1) (x + x + 1) + (a x + a )(x − 1) + . x − 2x + 1 1

Como

−

−

+

+1

+7 -5

x 5 + 3x4 + 3x3 + x2 x6 2x3 + 1

−

3

− 2x

2x + 5

−x

por lo que

x6

+7

5

3

x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1, (x2 2x + 1)(x2 + x + 1) = x 4 x5 + x4 + x3 x2 x 1, x3 1,

−

−

2

6

− − −

3

− x − x + 1,


154 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 a1 + a2 + a4 + a6 .

−

− − − − − − − −

−

− −

−

−

− 2a )x 6

Por lo que se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones

   −

1 3 3 1 1 2

= 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 1 1 1 1 1

0 1 2 3 2 1

1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

1 1 0 1 1 0

0 1 1 0 1 1

0 0 1 2 1 0

0 0 0 1 2 1

1 2 3 6 6 3

0 1 3 3 3 0

0 0 1 2 1 0

0 0 0 1 2 1

− − − − − − −

− − − − −

 · ··  ··· − .. .

3 .. .

3 0 0

4 3 3

   −  ∼  − − −  −  − −    ···    − −  − ∼  − −     − − − −    ·· ·  ∼  · ·· ···   −  1 3 3 1 1 2

1 0 0 0 0 0

1 2 2 4 4 1

.. .

.. .

1 0 3 0 0 3

−

0 1 2 3 2 1

1 2 1 0 2 1

3 0 0 0

3 .. .

0 1 1 0 1 1

3 3 3 3

3 .. .

1 4 1 1

3 0

0 0 1 2 1 0

0 0 0 1 2 1

0 1 2 1

1 2 2 2 0 3

2 0 0 3

3 0 3 3

Por lo tanto a 6 = 1 y también a 5 = 1. Luego 3x4 4 + 1 = 0, i.e. a4 = 1. Dado que 3x3 3 + 1 = 2, se tiene que a 3 = 0. Tomado la 2a ecuaci´ on (en

−

−

−

155

4.16. POLINOMIOS REALES DE GRADO 3

la matriz escalonada), se tiene que a 2 + 1 = 2, por lo que a 2 = 1. Finalmente, se sigue de la 1a ecuación que a 1 = 1. Por consiguiente a1 = a 2 = a 4 = a 5 = a 6 = 1 y a3 = 0, por lo cual R(x) = 2x + 5 +

1 x

−1

+

1 (x

− 1)

2

+

1 x + 1 + . x2 + x + 1 (x2 + x + 1) 2

EJERCICIOS 4.15

1. Demuestre que la descomposición en el Lema 4.15.1 no es u ´ nica. 2. Encuentre la descomposici´ on en fracciones parciales de la funci´ on 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 Bolo˜ na se descubri´ o la solución al problema de encontrar las ra´ıces de polinomios de grado 3, el método se ´ atribuye a Cardano, Ferro y Tartaglia. Este es un interesante episodio de la historia de la matem´ atica (cf. [1]). Como se observó en los ejemplos del teorema de Sturm, si f (x) = x 3 + 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 ra´ıces de f están en (−M, M ).

Obsérvese primero que basta solucionar una ecuaci´ on de la forma z 3 + pz + q = 0.

Esto se sigue, ya que al hacer un cambio de variable y = z ecuación y3 + by 2 + cy + d = 0, se tiene

− − − z

b 3

3

+ b z

b 3

2

+ c z

b 3

+ d

(4.8)

− b/3, en la


156 = z 3

2

3

2

3

b b b cb + bz − 2z + + cz − + d, − 3z 3b + 3z b9 − 27 3 9 3 2

2

y esta nueva ecuaci´ on es de la forma (4.8). an Teorema 4.16.1. (Cardano, Ferro, Tartaglia) Las soluciones de (4.8) est´ dadas por z =

−   − −   q + 2

q 2 p3 + 22 27

1/3

q 2 p3 + 22 27

q 2

+

1/3

.

Este resultado se interpreta como la existencia de dos ra´ıces c´ ubicas de

− 2q +

√

− 2q −

∆,

√

∆,

que sum´ andolas forman una soluci´ on de (4.8), donde ∆ es el discriminante, 2 3 i.e. q /2 + p /27. ´ n. Si p = 0, el resultado es inmediato, por lo que podemos Demostraci o

suponer p = 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

s3 + t3 = q 3st = p,

−

−

lo cual prueba que z es solución. Resolvemos el sistema (4.9) (4.10). Despejando 3

s + y

−  − −  −  p 3s

3

q,

=

p 3 = 0, 3 que es cuadr´ atica, tomando α = s 3 , se tiene (s3 )2 + qs 3

α2 + αq

p 3

3

= 0,

(4.9) (4.10)

157


la cual tiene soluciones 3

s = α =

 − ±  − ±

q 2 p3 + . 22 27

q 2

Se puede hacer lo mismo con t y siendo simétricas las ecuaciones se tiene 3

t = β =

q 2 p3 + , 22 27

q 2

obsérvese que s = 0 y t = 0, ya que p = 0 (por la ecuaci´ on (4.10)). Finalmente, usando la ecuación (4.9) se tiene







s

3

q + 2 q 2

− − −

=

y t3 =

√ ∆ √

(4.11)

∆,

(4.12)

(o al revés, pero ésta es la misma soluci´ on) por lo cual s debe ser una de las ra´ıces c´ ubicas 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 ra´ız c´ ubica de st está dada por

√

−

− − √

 − √ − − √   − q + 2

3

∆

q 2

∆ =

3

2

q 4

2

q 4

3

−

p = 27

 − 3

p3 . 27

Por lo que se sigue que para 3 de estos valores su producto es p/3 y se cumple (4.10), puesto que p/3 es una ra´ız cúbica de 3 p3 /27. Esto se sigue ya que al tomar las distintas ra´ıces c´ ubicas 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 ra´ız c´ ubica cualquiera de q/2 ∆ y rotando las 3 ra´ıces de q/2 + ∆ se obtienen las 3 ra´ıces de



−

−

− − √

√

 − 3

p3 . 27

Ejemplo

Resolvemos f (x) = x 3

− 3x + 1,

−


158 se tiene p =

−3 y q = 1. Entonces x =

−  −  − −  −  − √  − − √  1 + 2

1 4

1

1 3 + i 2 2

=

1/3

1 2

+

1/3

1 2

+

1 4

1/3

1

1/3

3 i 2

.

Obsérvese que al tomar la ra´ız cuadrada, como aparece esta y su inversa, no importa cual se tome, se presentan las dos por simetr´ıa. Una ra´ız cúbica de

−

√

  ∼  

1 3 + i = cos 2 2

es β = cos(2π/9) + i sen(2π/9) 1 2

− −

√ 3 2

2π 2π + i sen 3 3 40◦ , y de

i = cos

4π 3

+ i sen

= α

4π 3

es cos(4π/9) + i sen(4π/9) = β 2 . En este caso hay 3 ra´ıces reales dadas por β + β,

2 αβ + αβ

2

y β 2 + β .

Esto se sigue, ya que la ecuación (4.10) en nuestro caso es 3st = i.e. st =

− p − −33 = 1,

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 ra´ıces que una de la ra´ıces est´ a entre 0 y 1, otra entre -2 y -1 y otra entre 1 y 2 (v´ ease la Figura 4.11). Obsérvese que no todos los apareamientos de s y t producen ra´ıces, por ejemplo β + β 2 no es ra´ız, ya que tienen parte imaginaria y hay solo 3 ra´ıces reales. Los cálculos parecen amables, pero éste es un caso excepcional, en general ésto es muy laborioso, por lo que en muchos casos es m´ as adecuado s´ olo aproximar por el método de Newton (Sturm y/o C´ alculo Diferencial). El signo del discriminante ∆ determina si existen 3 ra´ıces reales o no.

159

4.16. POLINOMIOS REALES DE GRADO 3 β 2 β αβ 1

αβ

αβ 2

=

β βα 2

Figura 4.10: Las soluciones de f (x) = x3 β, β 2 , αβ t = s

=

=

β 2 α2

β 2

− 3x + 1 son s + t, donde s =

3

1

-2

-1

2

1 -1


− 3x + 1

Teorema 4.16.2. Sea

f (x) = x 3 + px + q, un polinomio real sin ra´ıces m´ ultiples, p, q = 0, entonces f tiene 3 ra´ıces reales distintas si y s´ olo si ∆ < 0.



Nótese que los casos p = 0 o q = 0 son triviales, tanto en polinomios reales como en complejos. ´ n. Demostraci o

Caso 1: p < 0. Se tiene f (x) = x3 + px + q f  (x) = 3x2 + p f  (x) = 6x,


160

 − − ∈  − −  − − −

 − ∈  −   − − −

por lo cual f  (x) = 0 en p/3 R− y en p/3 R+, y se tiene un máximo local en x = p/3, y un m´ınimo local en x = p/3. Obsérvese que las 3 ra´ıces son distintas si y s´ olo si f ( p/3) y f ( p/3), esto es los valores que toma la función en los puntos cr´ıticos , son de signo distinto (véase la Figura 4.12). El caso en que p/3 o p/3 sean ra´ıces de f no acontece, pues se tratan ra´ıces de multiplicidad mayor a 1.



− p3

q

Figura 4.12: Demostración del Teorema 4.16.2 Por lo tanto, el teorema se sigue de la siguiente afirmaci´ on:

  − −  − −  − −  − −  −  −  −  −  −  −   − −   −  − − −   −   −  −        − − f (

− − p/3)f ( − p/3) = 4∆.

(4.13)

Probamos ahora la afirmaci´ on (4.13): f

p 3

p 3

=

=

f

y

p 3

=

p 3

f

= q

p 3

+ p

p 3

p 3

p 3

p + p 3

p 3

f

2

3

2 2 2 p 32

=

p 3

p

q

p = 22 3

+ q

+ q =

p 2 + q = p 3 3

2 p 3

p 3

q 2 p 3 + 22 33

Caso 2: p  0. Se tiene que

f  (x) = 3x2 + p > 0

2 p 3

p + q, 3

2 p q + p 3 3

= 4∆.

p + q, 3

161


y la gráfica es creciente, por lo que hay una sola ra´ız. Adem´ as el discriminante es q 2 p3 + > 0. 22 33 on del Teorema 4.16.2, si p, q = 0, entonces Corolario 4.16.3. Con la notaci´



∆ = 0 si y s´ olo si f tiene ra´ıces reales que son de multiplicidad mayor a 1. ´ n. Demostraci o

⇒) Si p < 0, como 4f

 −  − −   − − − p f 3

p 3

= ∆,

se sigue que si ∆ = 0, entonces p/3 o p/3 son ra´ıces 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 ra´ız α de multiplicidad mayor a 1, entonces  f (α) = 0, lo cual implica que

⇐

α =

 ± −

p 3

y ∆ = 0.

Si p > 0, f tiene solamente una ra´ız real y no tiene puntos cr´ıticos reales. Ejemplos:

1) Si f (x) = x 3

− 3x + 1,

el discriminante es

1 3 3 ∆= < 0, 4 33 y hay 3 ra´ıces reales, véase la Figura 4.11. 2) Sea f (x) = x 3 x + 3.

−

−

Como el discriminante es 32 ∆= 2 2

− 31

3

> 0,

hay una u ńica ra´ız real, véase la Figura 4.13.


162 4

3

2

2

-1

1 -1


− x + 3

Al conocer la ra´ız 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 ra´ız compleja no real, α también lo es. En general, usando los m´ etodos de Sturm, Newton y Horner se pueden localizar las ra´ıces de un polinomio como se muestra en el siguiente ejemplo. Consideremos el polinomio

− |

−

f (x) = x 3 + 3x2

− 2x − 5.

Las ra´ıces 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  (x) = 3x2 + 6x

− 2,

que muestra que a veces es m´ as conveniente usar las técnias de Sturm y el cálculo diferencial, en lugar de las f´ ormulas clásicas.

3

x

3

−x

+

3x

−2x

2

−2x

2

2 x 3 4 x 3

x2 x2

−

+

− −2x − x 10 3

-5

-5 +

−

2 3 13 3

3x2 + 6x

−2

x/3 + 1/3

163


1 por lo que f 2 (x) = (10x + 13). Además, se puede escribir 3 r2 (x) =

−

10 x 3

13 = 3

−

−

10 3

  x +

13 10

y 3

6

-2

39 10 21 10

21(−13) 100

−

3

-13/10

< 0

por lo que f 3 (x) > 0. Las primeras columnas indican que hay una ra´ız entre -4 y -2, otra entre -2 y 0, y otra entre 0 y 2. Las siguientes refinan esta informaci´ on: hay una entre -4 y -3, otra entre -2 y -1 y otra entre 1 y 2. Usando división sint´ etica calculamos algunos valores del polinomio -4

1

3 -4

-2 4

-5 -8

1

-1

2

| -13

1

3 -2 2 10

1

5

8

-5 16

| 11

−

= f ( 4),

1

3 -2 -2 -2

-5 8

1

1

|3

2

-4

1

3 -3

-2 0

-5 6

1

0

-2

|1

y f ( 1) =

−1,

= f (2),

-2

−

= f ( 2),

-3 = f (1),

y f (1) = obteniéndose la siguiente tabla

−3

−

-4 -2 0 2 f (x) - + - + f  (x) + - - + f 2 (x) - + + f 3 (x) + + + + 3 2 1 0

-3 1 + + + - + + + 2 1

-1 + + 1

Los ceros de la derivada son

−6 ± √ 36 + 24 = −1 ± 6

 · ·

22 3 5 = 22 32

·

 − ± 1

5 . 3


164

 −

 −

Ahora f  (x) = 6x + 6, y 6( 1 + 5/3) + 6 > 0, por lo que 1 + 5/3 es un m´ınimo, también 6( 1 5/3) + 6 < 0, por lo que 1 5/3 es un máximo. También x = 1 es un punto cr´ıtico 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) = x 3 + 3x2

− 2x − 5

EJERCICIOS 4.16

1. Exhiba una familia no numerable de polinomios reales, cada uno de los cuales tiene una ra´ız real y una ra´ız compleja de multiplicidad 2. 2. Determine el n´ umero de ra´ıces reales de los siguientes polinomios. a) x3 b) x3

4.17.

− 3x + 5, − 5x + 3. Polinomios reales de grado 4

Sea f (x) = x 4 + bx3 + cx2 + dx + e,

b, c, d, e

∈ R.

Ferrari observ´ o que si se completaban cuadrados en los términos de grado máximo, se le pod´ıa asociar a f un polinomio de grado 3 que de poder resolverse, la solución permit´ıa resolver el polinomio original. Espec´ıficamente si x es una ra´ız de f, se puede escribir:

165

4.17. POLINOMIOS POLINOMIOS REALES REALES DE GRADO GRADO 4

⇐⇒

x4 + bx3 = b2 x2 4 3 x + bx + = 4

2

−cx − dx − e −cx − dx − e + b 4x

2 2

2

    ⇐⇒ − b x + x 2 2

2

b2 4

=

c x2

− dx − e.

(4.14)

La eficacia del m´ etodo etodo estriba en introducir introducir una nueva nueva variable t que permite completar cuadrados (de nuevo) en el miembro izquierdo de (4.14), mientras que en el derecho se genera una ecuaci´ on on cuadr´ atica atica en x con coeficientes en t,b,c, en t,b,c, d, e. Espec´ Espec´ıficamente (4.14) se cumple si y s´ olo olo si

     − − −   ⇐⇒    −  −   −  b x + x 2

2

2

b t 2 + x2 + x t + = 2 4

b t x + x + 2 2

2

2

b2 4

=

b2 4

c x2

b t2 e + x2 + x t + 2 4

dx

b d + t x + 2

2

c + t + t x +

t2 4

e . (4.15)

Obsérvese ervese que si el miembro derecho en (4.15) ( 4.15) es e s de la forma for ma (Ax (Ax + B )2 , se tendr tend r´ıa, conociend cono ciendoo t, que b t x2 + x + = 2 2



−

(Ax + Ax + B B)) (Ax + Ax + B B)),

que ciertamente se puede resolver. Finalmente el miembro derecho en (4.15) es de la forma (Ax + Ax + B B))2 = A 2 x2 + 2ABx 2ABx + + B B 2

⇐⇒

−  −  b d + t 2

2

b2 4 4

+ t − c + t

  −  t2 4

e

= 0.

(4.16)

Finalmente, esta ecuaci´ o n es de 3er grado en la variable t, y se puede on resolver y por ende la original. Simplificamos 4.16. 2

d

−

b2 t2 dbt + dbt + 4

−

b 2 t2 + b2 e + ct + ct2 4

3

− 4ce − t

+ 4te 4te = = 0

o 3

2

−[t − ct

+ (bd (bd

2

2

(4 ce − b e − d )] = 0. 0. − 4e)t + (4ce

CAP ´ ITULO ITULO 4. POLINO POLINOMIO MIOS S

166 Al polinomio g(t) = t 3

2

− ct

+ (bd (bd

2

2

4 ce − b e − d − 4e)t + 4ce

se le llama el polinomio polinomio auxiliar auxiliar (y es claro que al encontrar encontrar una ra´ ra´ız t ız t de d e g , se puede resolver el polinomio original). Obs´ Obsérvese ervese que para escribir escribir el miembro miembro derecho derecho en la expresi´ on (4.15) como A2x2 + 2ABx 2ABx + + B B 2 , no hay ambig¨ uedad uedad al encontrar A2 y B 2 , para dadas las dos ra´ ra´ıces de A y las dos de B, se tienen 2 expresiones para 2AB, 2AB, la elección on lo determina + bt/22. En el caso real, si este n´ umero es positivo se pueden tomar las 2 umero d + bt/ ra´ıces ıce s posit po sitivas ivas de A y B , y si es negativo, una positiva y una negativa. En el caso complejo se toman 2 ra´ ra´ıces arbitrarias A1 y B1 y se toma A = A1 o A = A1 , de acuerdo a que 2A 2A1 B1 = d + bt/2 bt/2 o que 2A1 B1 = d + bt/2. bt/2. Nótese otese que el método etodo tambi´ en en se aplica para polinomios complejos.

−

−

−

−

−

Ejemplo

Sea f ( f (x) = x 4 + 4x 4x3 + x + x + 1, 1, el polinomio auxiliar es t3

2

− ct

+ (bd (bd

2

2

4 ce − b e − d , − 4e)t + 4ce

como b = 4, c = 0, y d, e = 1 esta expresi´ on on es t3

17, − 17,

que fácilmente acilmente se puede resolver. Se toma t toma t = = (17)1/3, nótese otese que 2 < 2 < t < 3, 3 , como bt d + = 2

−

Ax + Ax + B B =

4 17 1+ 2

−

·

1/3

> 0, 0 ,

 −  −  √  −    ± − b2 4

c + t + t x +

t2 4

e

17 2/3 = 4 + 17 x + 1, 4 y la ecuación on original se puede resolver encontrando la solución on de 3

17 1/3 2x + = x + 2x 2 2

4 + 17

1/3

x +

17 2/3 4

1

,

167

4.17. POLINOMIOS POLINOMIOS REALES REALES DE GRADO GRADO 4

véase ease (4.15). Tomando el valor positivo, p ositivo, si 1/3 1/2

α = (4 + 17

)

y β =



17 2/3 4

− 1,

se obtienen las soluciones de grado 4 de 2

x + (2

−

17 1/3 α)x + 2

− β,

como

√ −2 + 4 + 17

1/3

  √  ± − 8

2 4+

17 1/3

+ 17

1/3

   − − − 17 1/3 2

4

17 2/3 4

1

2

etc´ et céter et era. a. Nótese otese que las soluciones pueden ser n´ umeros umeros complejos, posteriorp osteriormente se toman los valores negativos, nega tivos, etcétera. etera. Otro ejemplo, sea 1 f ( f (x) = x 4 + 6x + , 4

√

en este caso b = c = c = = 0, d = t3

2

− ct

+ (bd (bd

√ 6 y e = e = 1/4, el polinomio auxiliar es 2

4 ce − b e − d − 4e)t + 4ce

2

= t 3

− t − 6,

y t = 2 es una solución, on, por lo tanto las soluciones de f ( f (x) son las de b t x2 + x + = 2 2 Como A =

Ax + B B)). ±(Ax +



b2 / 4

 √  2

+ t y B = ± t /4 − e, − c + t √ √ √ toma A = √ A = ± 2, B = 3/2, 2AB = −d + bt/2 bt/2 = − 6, se toma A = − 2. Por lo

±

cual hay que resolver

x2 + 1 =

± −√

2x +

3 2

.

Las soluciones de x2 +

√

2x + 1

−

√ 3 2

y x2

−

√

2x + 1 +

√ 3 2

,


168 son

    √ −√ ±  − − 2

2

4 1

3 2

2

=



1 2

√ 3

1 2

− √ ± − 1 +

2

=

1 2



− √ ± −

√

1 3 + 2 2

y

  √  √ ±  − 2

2

4 1+

3 2

1 = 2

1 2



√ 3

1 = 2 2

1 2

√ 3

√ ± − − 2 . √ Podemos checar que estas son las 4 ra´ıces de f (x) = x + 6x + 1/4, si 2

√ ±



− 1 −

4

denotamos

 √ √

1 i α = + 2 2

√

1+

3,

como aparecen α y α, i.e. el polinomio x 2 (α +α)x + α 2 debe ser un factor de f (x), esto es 1 1 3 x2 2x + + + , 2 2 2 y

−

√

− √

4

x

4

−x

0

√ 6x

0

√ 2x −(1 + )x √ 2x −(1 + √ )x √ √ √ −√ 2x 2x −( + 2)x √ √ √ 2( − 1)x (1 − )x √ 2(1 − √ )x − 3

√

3 2

2

3

3 2

2

3 2

2

3

2

0

||

1 4

x2 x2

− √ 2x + 1 + √ √ + 2x + 1 − √

3 2 3 2

3 2 2

3 2

3 2

0

1 4 1 4

0

√ √ y se checa fácilmente que las otras 2 ra´ıces reales lo son de x + 2x+1 − 3/2. 2

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Álgebra Superior

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