Apuntes sobre Teoría Analítica de los Números

1. Índice general
1. Suma de cuadrados 2
1.1. Suma de dos cuadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2. Estructuras algebraicas nitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3. Símbolo de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4. Cálculo en F∗
p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.5. Formas cuadráticas o coecientes enteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.5.2. Formas equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.5.3. Reducción de formas denidas positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.5.4. Representación de un número por una forma cuadrática . . . . . . . . . . . . 11
1.6. Suma de cuatro cuadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2. Funciones Aritméticas 13
2.1. Funciones generatrices ordinarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2. Series de Lambert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3. Triple Producto de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.4. Suma de Cuadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.5. Teorema de Jacobi por la suma de 4 cuadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.6. La función indicatriz de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.7. Valor Medio de r2(n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.8. Distribución de los números primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3. Introducción a los métodos de trascendencia 29
3.1. Funciones algebraicas y funciones trascendentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.2. Casa de un número algebraico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.3. Método de trascendencia de Mahler (1929) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.4. Lema de Siegel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.5. El teorema de Hermite-Lindemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2. Capítulo 1
Suma de cuadrados
1.1. Suma de dos cuadrados
Teorema 1.1 Sea p ∈ N primo, entonces p se puede escribir como suma de dos cuadrados ssi p = 2
o p ≡ 1 (mod 4).
(Si p primo y p ≡ 3 (mod 4) no se puede escribir como suma de 2 cuadrados).
Prueba:(Ejercicio)
Remarcamos que si multiplicamos dos números que son suma de dos cuadrados el resultado también
es suma de dos cuadrados. En efecto,
(a2
+ b2
)(c2
+ d2
) = (ac − bd)2
+ (ad + bc)2
Si trabajamos en el anillo de Gauss Z(i) = {a + ib : a, b ∈ Z} y recordando que la norma se dene
por N(a + ib) = a2 + b2 tenemos que N(xy) = N(x)N(y) para x, y ∈ Z(i).
Teorema 1.2 n ∈ N es suma de dos cuadrados ssi los números primos que dividen a n y son
congruentes a 3 mod 4 están elevados a una potencia par al descomponer n en producto de factores
primos.
Prueba: =⇒) Suponemos que n es suma de dos cuadrados i.e. n = a2 + b2, sea δ = mcd(a, b)
entonces n = δ2(c2 + d2) con mcd(c, d) = 1, sea p primo impar que divide a c2 + d2 es decir
p|c2 + d2 = (c + id)(c − id), en el anillo Z(i) si p es primo, entonces si p|c + id divide también al
segundo p|c − id (se aplica el conjugado) y al revés, luego p|2c y p|2id en Z(i), luego N(p) = p2|4c2
y también p2|4d2 como p es impar p|c y p|d lo cual no es posible ya que mcd(c, d) = 1. Por lo tanto
p no es primo en Z(i).
Por lo tanto podemos escribir p = xy con x, y ∈ Z(i) no invertibles. Considerando la norma N(p) =
p2 = N(x · y) = N(x)N(y) como N(x) y N(y) son distintos de 1 luego N(x) = p, si escribimos
x = α + iβ ∈ Z(i) tendríamos p = α2 + β2 por lo tanto p seria suma de dos cuadrados y por el
(Teorema1.1) p ≡ 1 (mod 4).
Si existen primos ≡ 3 (mod 4) en n = δ2(c2 +d2) estos tienen que aparecer en δ2 y luego su exponente
seria par en la descomposición de n en factores primos.
⇐=) Sean p1, p2, . . . , pq son los factores primos de n ≡ 3 (mod 4) con exponentes pares en la
descomposición de n i.e. n = p2r1
1 p2r2
2 p3r3
3 . . . p
2rq
q qβ1
1 . . . qβs
s donde los qi valen 2 o son los primos
≡ 1 (mod 4). Por el (Teorema1.1) qβ1
1 . . . qβs
s = a2 + b2, luego n = γ2(a2 + b2) donde γ = pr1
1 . . . p
rq
q
es decir n = (aγ)2 + (bγ)2.
2

3. 1.2. ESTRUCTURAS ALGEBRAICAS FINITAS 3
Ejemplo 1.1
585 = 5 · 32
· 13 = 32
· 5 · 13 = 32
(22
+ 12
)(32
+ 22
) = 32
(72
+ 42
) = 212
+ 122
1.2. Estructuras algebraicas nitas
Sea R una relación en E decimos que R es de equivalencia si es:
i) Reexiva i.e. xRx para todo x ∈ E.
ii) Simétrica i.e. xRy entonces yRx para todo x, y ∈ E .
iii) Transitiva i.e. xRy y yRz entonces xRz para todo x, y, z ∈ E.
La relación de equivalencia R particiona E en clases de equivalencia y los elementos de cada clase
están relacionados entre si, pero elementos de clases distintas no están relacionados.
Sea (G, +) un grupo abeliano (re(G, ·)) y sea H un subgrupo de G. Denimos la relación R siguiente:
xRy en G ssi x − y ∈ H.
Es fácil vericar que ésta relación es de equivalencia.
El conjunto cociente formado por las clases de equivalencia se escribe G/H y se lee G cocientado
por H.
Ejemplo 1.2 En (Z, +) consideremos H = nZ formado por los multiplos de n se tiene que Z/nZ
obtenemos las clases residuales mod n.
Sea x ∈ G denotamos x como la clase de x en G/H. Denimos la suma de las clases como x + y =
x + y y se logra probar que ésta suma está bien denida y es compatible en la relación R.
De esta forma G/H es también un grupo abeliano denominado el grupo cociente G/H.
Sea (A, +, ·) un anillo conmutativo unitario, sea I un subgrupo de A para la suma decimos que I es
un ideal de A si, para todo x ∈ I y para todo y ∈ A tenemos x
∈I
· y
∈A
∈ I.
En el grupo cociente A/I abeliano podemos denir el producto de clases de la siguiente manera,
x · y = x · y este producto esta bien denido y por lo tanto A/I es también un anillo conmutativo y
unitario.
Ejemplo 1.3 En el anillo (Z, +, ·) consideremos el ideal I = nZ tenemos que Z/nZ es un anillo
conmutativo y unitario formado por los restos modulo n.
Z/nZ = {0, 1, 2, 3, . . . , n − 1}
Teorema 1.3 Sea p ∈ AK un entero cuadrático entonces AK/pAK es nito.
Prueba: (Ejercicio.)
Teorema 1.4 (Teorema de Lagrange)Sea (G, +) un grupo abeliano y nito, sea H un subgrupo de
G entonces G/H es nito y car(G) = car(H) · car(G/H).
Prueba: Sea x ∈ G, sea x su clase de equivalencia en G/H remarcamos que x = {x + h : h ∈ H}
por lo tanto cad(H) = card(x) de acá tenemos que car(G) = car(H) · car(G/H).

4. 4 CAPÍTULO 1. SUMA DE CUADRADOS
Corolario 1.1 Bajo las mismas hipótesis el car(H) divide al car(G).
Ejemplo 1.4 Sea (G, ·) un grupo abeliano multiplicativo y nito, sea a ∈ G y sea Ga = {an : n ∈ Z}
tenemos que Ga es un subgrupo de G y como G es nito entonces an = am para ciertos n, m ∈ Z es
decir an−m = 1 luego existe k 0 entero el mas pequeño posible tal que ak = 1, luego
Ga = {a, a, a2
, a3
, . . . , ak−1
}
y k denominado el orden de a divide al |G|, el grupo Ga se denomina el grupo cíclico engendrado
por a.
Teorema 1.5 Si (A, +, ·) un anillo unitario, conmutativo, íntegro y nito entonces es un cuerpo.
Prueba: Sea x = 0 ∈ A vamos a probar que x es invertible. Consideremos la aplicación
ϕ : A −→ A
y → ϕ(y) = x · y
esta aplicación es inyectiva . En efecto si x·y1 = x·y2 entonces x(y1 −y2) = 0 que implica y1 −y2 = 0
ya que A es íntegro tenemos y1 = y2.
Como A es nito implica que ϕ es biyectiva por lo tanto existe x ∈ A tal que x · x = 1
Teorema 1.6 Sea (A, +, ·) un anillo unitario, conmutativo e íntegro. Sea p ∈ A no invertible en-
tonces p es primo ssi A/pA es íntegro.
Prueba:(Ejercicio)
Ejemplo 1.5 Consideremos al anillo de enteros cuadraticos AK sea p ∈ AK primo entonces AK/pAK
es unitario, conmutativo e íntegro (Teorema 1.6) y nito (Teorema 1.3) por lo tanto es un cuerpo
(Teorema 1.5).
De la misma forma si p es primo en (Z, +, ·) entonces Z/pZ = Fp = {0, 1, 2, . . . , p − 1} es el cuerpo
de clases residuales mod p. Tenemos que F∗
p es un grupo abeliano para la multiplicación y por el
(Teorema 1.4) deducimos
ap
≡ a (mod p) ∀a ∈ Z
1.3. Símbolo de Legendre
Denición 1.1 Sea p primo denimos el símbolo de Legendre como,
n
p = 0 si n ≡ 0 (mod p).
n
p = 1 si n es un cuadrado mod p i.e. si existe x tal que n ≡ x2 (mod p).
n
p = −1 si n no es cuadrado mod p i.e. no existe ningún x tal que n ≡ x2 (mod p).
Nota: Observamos que el símbolo de Legendre es periódico con periodo p ya que n
p = m
p si n ≡
m (mod p).

5. 1.3. SÍMBOLO DE LEGENDRE 5
Ejemplo 1.6
2
7 = 1 ya que 2 ≡ 32 (mod 7)
3
7 = −1 ya que los cuadrados mod 7 valen 0, 1, 4, 2
Demostración del criterio de Euler
Proposición 1.1 Si p es primo impar entonces,
n
p
= n
p−1
2 (mod p).
Prueba: Si n es múltiplo de p es trivial. Suponemos que n ≡ 0 (mod p) y consideremos F∗
p observamos
que los cuadrados mod p están dados por los elementos del conjunto Gp = {12, 22, 32, . . . , (p−1
2 )2} y
todos los elementos de Gp son distintos mod p (si a2 ≡ b2 (mod p)) en Gp implica a ≡ b (mod p)
o a ≡ −b (mod p) ninguno de los dos es posible ya que a = b ∈ {1, 2, . . . , p−1
2 }. Por otra parte
por Fermat sabemos que si x ≡ 0 (mod p) entonces xp−1 ≡ 1 (mod p) luego (→) xp−1 − 1 ≡
0 (mod p) (→) x
p−1
2 + 1 x
p−1
2 − 1 ≡ 0 (mod p) (→) x
p−1
2 ≡ ±1 (mod p) (dos posibilidades).
Consideremos el polinomio P(X) ≡ x
p−1
2 − 1 en Fp tiene como raíces los cuadrados mod p, en efecto
si x ≡ y2 (mod p) =⇒ x
p−1
2 ≡ (y2)
p−1
2 ≡ 1 (mod p), por otra parte P(X) tiene a lo sumo p−1
2 raíces.
Por lo tanto si n ∈ F∗
p es un cuadrado mod p entonces n
p−1
2 ≡ 1 (mod p) y si x no es un cuadrado
mod p entonces n
p−1
2 ≡ −1 (mod p)
Ejemplo 1.7
7
11
≡ −1 (mod 11)
tenemos
72
≡ 72
· 72
· 7 ≡ 5 · 5 · 7 ≡ 3 · 7 ≡ −1 (mod 11) =⇒
7
11
≡ −1
entonces 7 no es cuadrado mod 11.
Corolario 1.2 El símbolo de Legendre es multiplicativo.
m · n
p
=
m
p
·
n
p
para todo primo p y para todos m, n ∈ Z.
Prueba: Si p es impar,
mn
p
= (mn)
p−1
2 = m
p−1
2 · n
p−1
2 ≡
m
p
n
p
(mod p)
entonces (mn
p ) = (m
p )(n
p ).
Si p es 2 es trivial.
Corolario 1.3
−1
p
= (−1)
p−1
2
luego
−1
p
=
1 si p ≡ 1 (mod 4)
−1 si p ≡ −1 (mod 4)

6. 6 CAPÍTULO 1. SUMA DE CUADRADOS
Remarcamos que para cualquier a ∈ Z existe un único −p−1
2 ≤ ˜a ≤ p−1
2 tal que a ≡ ˜a (mod p).
Lema 1.1 (Lema de Gauss)Sea a ≡ 0 (mod p), consideremos el conjunto E = {˜a, 2˜a, 3˜a, . . . , (p−1
2 )˜a},
entonces a
p = (−1) donde es el # de elementos negativos en E.
Prueba: Por denición todos los elementos de E pertenecen al intervalo [−p−1
2 , p−1
2 ]. Por otra parte
si x = ma y y = na son elementos de E con m = n ∈ {1, 2, . . . , p−1
2 }, entonces |x| = |y| ya
que si x = y entonces ma ≡ na (mod p) ⇐⇒ (m − n)a ≡ 0 (mod p) lo cual no es posible y
también si x = −y entonces ma ≡ −na (mod p) ⇐⇒ (m + n)a ≡ 0 (mod p) tampoco es posible.
Tenemos a · 2a · 3a · . . . · p−1
2 a = (−1) 1 · 2 · 3 · . . . · (p−1
2 ) = (−1) (p−1
2 )! ≡ (p−1
2 )!a
p−1
2 (mod p), luego
p−1
2 ! (−1) − a
p−1
2 ≡ 0 (mod p) luego (−1) ≡ a
p−1
2 ≡ a
p (mod p) que implica (−1) = a
p .
Corolario 1.4
2
p
= (−1)
p2−1
8 =⇒
2
p
=
+1 si p ≡ ±1 (mod 8)
−1 si p ≡ ±3 (mod 8)
Prueba: E = {2, 4, 6, 8, . . . , 2 p−1
4 , 2
p − 1
4
+ 1 − p
impar
, . . . , −3, −1}.
Entonces por el lema de Gauss:
2
p = (−1) con = p−1
2 − [p−1
4 ], sabemos que todo primo es ≡ ±1, ±3 (mod 8), si por ejemplo
p ≡ −3 (mod 8) entonces p = 8k − 3 luego = 4k − 2 − [2k − 1] = 2k − 1 impar, luego 2
p = −1 y
también p2−1
8 = 64k2−48k+8
8 = 8k2 − 6k + 1 impar.
Teorema 1.7 (Ley de reciprocidad cuadrática)Sea p, q primos impares diferentes entonces:
p
q
q
p
= (−1)
(p−1)(q−1)
4 .
Prueba: sabemos que p
q = (−1) donde es el número de elementos negativos E = {˜p, 2p, 3p, . . . , q−1
2 p} =
{xp : 0 x q
2 entero}. Cada entero negativo xp es de E se le asocia un entero y tal que
q
2 xp − qy 0 (en efecto si xp es negativo entonces xp ≡ xp (mod q) implica que xp − xp = qy
para algún y, es decir −q
2 xp = xp − qy 0).
Por lo tanto es el número de enteros x, y que satisfacen 0 x q
2 y −q
2 xp − qy 0 esta última
es equivalente a la siguiente p
q x y p
q x + 1
2, vemos también que dado que y p
q x + 1
2 p
2 + 1
2 y
puesto que p es impar entonces y p
2 , por lo tanto es el número de enteros positivos en el conjunto,
R1 = {0 x
q
2
∧ 0 y
p
2
∧
p
q
x y
p
q
x +
1
2
}.
De la misma forma q
p = (−1)m donde m es el número de enteros positivos x y en el conjunto,
R2 = {0 x p
2 ∧ 0 y q
2 ∧ q
p x y q
p x + 1
2}
= {0 y p
2 ∧ 0 x q
2 ∧
q
p
y x
q
p
y +
1
2
p
q
x−1
2
yp
q
x
}

7. 1.4. CÁLCULO EN F∗
P 7
Luego p
q
q
p = (−1) +m, es suciente probar ahora que (p−1)(q−1)
4 y + m tienen la misma pa-
riedad ó (p−1)
2
(q−1)
2 − ( + m) = h es par.
Observamos que p−1
2 · q−1
2 es el de puntos al interior del rectángulo R = {0 x q
2 ∧ 0 y p
2 }
y ( + m) representan todos los puntos enteros en la franja roja de la gura. Los puntos en
(p−1)(q−1)
4 − ( + m) se encuentran en las regiones disjuntas D1 y D2 que tienen la misma can-
tidad de puntos.
Ejemplo 1.8 (11
83) = (−1)(83
11) = −( 6
11) = −( 2
11)( 3
11) = (−1)(−11)( 3
11) = ( 3
11) = (−1)(11
3 ) =
(−1)(2
3) = (−1)(−1) = 1 =⇒ 11 es un cuadrado mod 83.
Corolario 1.5 Si p primo 3,
3
p
=
1 si p ≡ ±1 (mod 12)
−1 si p ≡ ±5 (mod 12)
Prueba: 3
p = (−1)
p−1
2
p
3 , por ejemplo si p ≡ 5 (mod 12) entonces p = 12k + 5 ≡ 2 (mod 3)
luego 3
p = (−1)
p−1
2 (2
3) = (−1)6k+2(−1) = −1
Iden para los demás casos.
1.4. Cálculo en F∗
p
Teorema 1.8 Si p ≡ 1 (mod 4) y p primo entonces,
(p − 1)
2
!
2
≡ −1 (mod p)
Prueba: Por el teorema de Wilson,
(p − 1)! ≡ −1 (mod p)
Luego, 1, 2, 3, . . . ,
p − 1
2
−p − 1
2
. . . (−2)(−1)
(−1)
p−1
2 ((p−1
2
)!)
2
≡ −1 (mod p)
⇒ p−1
2 !
2
≡ −1 (mod p).
Ejemplo 1.9 Si p = 29 entonces, (14!)2 ≡ −1 (mod 29), tenemos
14! = 2 · 3 · 4 · 5 · . . . · 14 ≡ 12 (mod 29) ⇒ (±12)2
≡ −1 (mod 29)
Teorema 1.9 El grupo F∗
p es cíclico es decir existe un elemento g llamado raíz primitiva tal que
F∗
p = {1, g, g2, . . . , gp−2}.
Prueba:
Etapa1 Mostremos primero que si α es de orden α y β es de orden β con α, β coprimos entre si,
entonces ab es de orden αβ en F∗
p.

8. 8 CAPÍTULO 1. SUMA DE CUADRADOS
En efecto tenemos (ab)αβ = aαβbαβ = (aα)β(bβ)α = 1β1α = 1, luego ab tiene orden k con k|αβ.
Hagamos k = α1β1 donde α1|α y β1|β (mcd(α1, β1) = 1). Tenemos (ab)k = 1 ⇐⇒ akbk = 1 ⇐⇒
aα1β1 bα1β1 = 1. Sean α2 y β2 tal que α1α2 = α β1β2 = β.
Tenemos
a(α1α2)β1 bα1α2β1 = 1 ⇐⇒ aαβ1 bα1α2β1 = 1 ⇐⇒ (aα)β1 bα1α2β1 = 1 ⇐⇒ bα1α2β1 = 1 ⇐⇒ bkα2 = 1,
luego β|kα2 pero β y α2 son también coprimos entre sí β|k. De la misma forma mostramos que α|k
y como α y β son coprimos entonces αβ|k luego k = αβ.
Etapa2 Mostremos ahora que la ecuación xd ≡ 1 (mod p) tiene exactamente d soluciones en F∗
p si
d|p − 1.
En efecto sabemos que xp−1 −1 ≡ 0 (mod p) tiene exactamente p−1 soluciones en F∗
p (Por Fermat).
Por otra parte factorizando xp−1 − 1 = xdd − 1 = (xd)d − 1 = (xd − 1)(xd(d −1) + xd(d −2) + · · · + 1)
pero (xd(d −1) + xd(d −2) + · · · + 1) ≡ 0 (mod p) tiene a lo sumo d(d − 1) raíces en F∗
p.
Por lo tanto xd − 1 ≡ 0 (mod p) tiene como mínimo (p − 1) − d(d − 1) = (p − 1) − dd + d = d raíces,
luego tendrá exactamente d raíces.
Etapa3 Sea p − 1 = pa1
1 pa2
2 . . . pak
k la descomposición en factores primos, si hacemos por ejemplo
di = pai
i por la Etapa2 existe un xi en F∗
p tal que xdi
i ≡ 1 (mod p). Consideramos g = x1x2 . . . xk y
por la Etapa1 vemos que g es de orden p − 1.
Ejemplo 1.10 En F∗
7 tenemos g = 3 ya que
F∗
7 = {1 = g0
, g1
= 3, g2
= 2, g3
= 6, g4
= 4, g5
= 5}(mod 7)
Sea x ∈ F∗
p y sea g una raíz primitiva, denimos el indice de x como la potencia i tal que gi = x.
En general es difícil hallar raíces primitivas e indices en F∗
p, Jacobi en 1839 hizo una lista de estos
valores para los primos ≤ 1000.
Ejemplo 1.11 Si p=23
g=5
x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
indice 0 2 16 4 1 18 19 6 10 3 9 20 14 21 17 8 7 12 15 5 13 11
Si p=29
g=2
x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28
indice 1 1 5 2 22 6 12 3 10 23 25 7 18 13 27 4 21 11 9 24 17 26 20 8 10 19 15 14
Para multiplicar dos elementos x1 = gi1 ∧ x2 = gi2 tenemos x1x2 = gi1+i2 sumamos los índices
mod (p−1). Por ejemplo en F∗
23 se tiene 5x7 ≡ 16 (mod 23). También es fácil hallar raíces cuadradas,
por ejemplo si x es un cuadrado mod p signica que x = g2i de aquí se tiene que gi seria una
raíz cuadrada de x. En F∗
29, se tiene con x = 13 que 13
29 = (−1)
12·18
2
29
13 = 29
13 = 3
13 =
(−1)
2·12
2
13
3 = 13
3 = 1
3 = 1, luego x = 13 es un cuadrado mod 29. Por otra parte 13 = 218 ≡
(22)2(mod 29), 29 ≡ 19 (mod 29) luego (±19)2 ≡ 13 (mod 29).
1.5. Formas cuadráticas o coecientes enteros
1.5.1. Introducción
Una forma cuadrática a coecientes enteros es una función a dos variables x, y ∈ Z de la forma,
ϕ(x, y) = ax2
+ bxy + cy2

9. 1.5. FORMAS CUADRÁTICAS O COEFICIENTES ENTEROS 9
donde a, b, c ∈ Z. Lo denotaremos de manera resumida como (a, b, c).
Denimos el discriminante de la forma cuadrática (a, b, c) como ∆ = b2 − 4ac. Por ejemplo la forma
cuadrática (1, 0, 1) que signica ϕ(x, y) = x2 + y2 tiene como discriminante ∆ = −4.
Decimos que la forma (a, b, c) es denida positiva si a 0 y ∆ 0. Es fácil ver que si (a, b, c) es
positivo entonces ϕ(x, y) 0 para todo (x, y) = (0, 0).
También si (a, b, c) es positivo entonces c 0.
1.5.2. Formas equivalentes
Denición 1.2 Decimos que la aplicación lineal
: Z2 −→ Z2
x
y → p q
r s
x
y = px +qy
rx +sy
con p, q, r, s ∈ Z es unimodular si ps − qr = 1.
Remarca 1.1 1. La aplicación unimodular es biyectiva y su inversa esta dada por,
−1 : Z2 −→ Z2
x
y → x
y = s −q
−r p
x
y = sx−qy
−rx+py
Ejemplo 1.12 Las siguientes aplicaciones son unimodulares:
x
y → x
y = 0 1
−1 0
x
y = y
y
x
y → x
y = 1 1
0 1
x
y = x +y
y
x
y → x
y = 1 −1
0 1
x
y = x −y
y
Si reemplazamos x = px + qy ∧ y = rx + sy en la forma ϕ(x, y) = ax2 + bxy + cy2 obtenemos una
nueva forma ϕ (x , y ) = a x 2 + b x y + c y 2 con
a = ap2 + bpr + cr2 = ϕ(p, r)
b = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
c = aq2 + bqs + cs2 = ϕ(q, s)
Denición 1.3 Dos formas binarias ϕ(x, y) y ϕ (x , y ) son equivalentes si una puede ser obtenida
de la otra mediante una aplicación unimodular.
Remarca 1.2 Si ϕ(x, y) y ϕ (x , y ) son equivalentes, sus discriminantes son iguales.
Ejecicio 1.1 La equivalencia de formas binarias es una relación de equivalencia en el conjunto de
todas las formas binarias posibles. Probar esto. En particular si una forma es positiva , cualquier
forma equivalente a este sigue siendo positiva y el conjunto de valores que adoptan dos formas
equivalentes es exactamente el mismo.
Ejemplo 1.13 En base a las aplicaciones unimodulares del último ejemplo, tenemos
(e.1) (a, b, c) ∼ (c, −b, a)

10. 10 CAPÍTULO 1. SUMA DE CUADRADOS
(e.2) (a, b, c) ∼ (a, b + 2a, a + b + c)
(e.3) (a, b, c) ∼ (a, b − 2a, a − b + c)
Nota:
(e.1) intercambia el primer con el tercer término y el segundo lo cambia de signo.
(e.2) y (e.3) deja jo el primer término y al segundo le suma o resta 2a
1.5.3. Reducción de formas denidas positivas
Teorema 1.10 Toda forma binaria positiva es equivalente a una forma reducida (a, b, c) tal que
−a b ≤ a c ó 0 ≤ b ≤ a = c.
Prueba: Gracias a las transformaciones (e,1) que intercambian a con c y cambia el signo de b y (e,2)
y (e,3) que deja jo a y le suma o resta 2a a b, vemos que cualquier forma binaria es equivalente a
una forma (a0, b0, c0) con −a0 ≤ b0 ≤ a0 ≤ c0.
Si a0 = c0 con la transformación (e,1) obtenemos 0 ≤ b0 ≤ a0 = c0, caso contrario −a0 ≤ b0 ≤ a0
c0, si b0 = −a0 con (e,2) obtenemos b0 = a0 c0 y satisface la primera.
Ejemplo 1.14 La forma (10, 34, 29) es positiva (10 0, ∆ = 342 − 4 · 10 · 29 0), tenemos
(10, 34, 29) ∼ (10, 14, 5) ∼ (10, −6, 1) ∼ (1, 6, 10) ∼ (1, 4, 5) ∼ (1, 2, 2) ∼ (1, 0, 1).
Vemos que la forma ϕ(x, y) = 10x2 + 34xy + 29y2 es equivalente a la forma ϕ (x , y ) = x 2 + y 2.
Todo n ∈ Z≥0 representado por ϕ también es representable por ϕ y al revés.
Teorema 1.11 Dos formas binarias positivas reducidas distintas no son equivalentes.
Prueba: Sean (a, b, c) y (a , b , c ) dos formas formas reducidas i.e.
−a b ≤ a c o 0 ≤ b ≤ a = c(→ |b| ≤ a ≤ c)
y − a b ≤ a c o 0 ≤ b ≤ a = c (→ |b | ≤ a ≤ c )
Supongamos que estas sean equivalentes. Consideremos |x| ≥ |y| ≥ 1 enteros, tenemos ϕ(x, y) =
ax2 + bxy + cy2 ≥ a|x|2 − |bxy| + c|y|2 = |x|(a|x| − |b||y|) + c|y|2 ≥ |x|(a|x| − |b||x|) + c|y|2 =
|x|2(a − |b|) + c|y|2 ≥ a − |b| + c( 0). Llegamos a la misma conclusión por simetría si |y| ≥ |x| ≥ 1,
también para los puntos (0, y) con |y| ≥ 1 tenemos:
ϕ(0, y) = cy2 ≥ c ≥ a − |b| + c. Los primeros valores de ϕ son entonces v0 = 0 v1 = a ≤ v2 =
a ≤ v3 = c ≤ v4 = c ≤ v5 = a − |b| + c para los puntos (0, 0); (1, 0); (−1, 0); (0, 1); (0, −1); (±1, ±1)
(probablemente entre v1 y v5 existen otros valores que no lo considera el libro del tipo ax2 para
x = ±1, ±2, ±3, . . . , ±k). Para ϕ sus primeros valores serán de la misma forma y por sus equivalentes
v0 = 0 v1 = a ≤ v2 = a ≤ v3 = c ≤ v4 = c ≤ v5 = a − |b | + c . Por lo tanto a = a , c =
c , a − |b| + c = a − |b | + c → |b| = |b |.
Probemos que b = b , tenemos los casos:
Caso1: Si a = c →
b ≥ 0
b ≥ 0
→ b = b ya que |b| = |b |.
Caso2: Si a = b → |b | = |b| = a, pero −a = −a b ≤ a = a → b = a = b.
Caso3: Si −a b a c. Consideremos la aplicación unimodular x = px + qy ∧ y = rx + sy
que transforma ϕ en ϕ con ps − qr = 1, sabemos que a = a = ϕ(p, r) = v1 = v2 v3 = c por lo
tanto p = ±1 y r = 0 luego ps = 1, recordando que b = 2apq + b(ps + qr) + 2crs = 2apq + b, luego
b ≡ b (mod 2a), pero −a b a, −a = −a b ≤ a = a, por lo tanto b = b .

11. 1.5. FORMAS CUADRÁTICAS O COEFICIENTES ENTEROS 11
Teorema 1.12 Existe una cantidad nita de formas reducidas positivas con discriminante igual a
∆ 0. Estas formas (a, b, c) satisfacen b2 − 4ac = ∆, −a b ≤ a c o 0 ≤ b ≤ a = c y a ≤ −∆
3 .
•Prueba: Sea (a, b, c) una tal forma tal que ∆ = b2 − 4ac jo. Como |b| ≤ a ≤ c se tiene b2 ≤ ac ↔
b2 − 4ac ≤ −3ac ↔ ∆ ≤ −3ac ↔ ac ≤ −∆
3 , pero a2 ≤ ac ≤ −∆
3 luego a ≤ −∆
3 . Como |b| ≤ a
entonces existen una cantidad nita de valores posibles para b y también para c ya que ∆ = b2 −4ac.
Ejemplo 1.15 Si ∆ = −4 entonces a ≤ 4
3 =⇒ a = 1, como |b| ≤ a = 1 =⇒ b = 0, 1. Como
−4 = b2 −4·1·c se tiene b = 0 y c = 1. La única forma con ∆ = −4 es (1, 0, 1) i.e. ϕ(x, y) = x2 +y2.
Ejemplo 1.16 Si ∆ = −20, entonces a ≤ 20
3 =⇒ a = 1 ó 2.
Si a = 1 |b| ≤ a =⇒ b = 0, 1 y −20 = b2 − 4 · 1 · c =⇒ b = 0 y c = 5 =⇒ (1, 0, 5) satisface.
Si a = 2 |b| ≤ a =⇒ b = 0, ±1, 2 y −20 = b2 − 4 · 2 · c =⇒ b = 2 y c = 3 =⇒ (2, 2, 3) satisface.
En general h(∆) = # de formas cuadráticas positivas reducidas con discriminante ∆. Se tiene la
siguiente tabla:
∆ -3 -4 -7 -8 -11 -12 -15 -16 -19 -20 -23 -24 -27 -28 -31 etc.
h(∆) 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 3 2 2 2 3
1.5.4. Representación de un número por una forma cuadrática
Decimos que el entero n es representado limpiamente por la forma (a, b, c) si existen xy coprimos
entre si tal que n = ax2 + bxy + cy2.
Teorema 1.13 El entero n es representado limpiamente por una forma positiva con discriminante
∆ ssi ∆ ≡ k2 (mod 4n) tiene solución en k.
Prueba: ⇐=) Supongamos que ∆ ≡ k2 (mod 4n), entonces ∆ = 4mn + k2 con m ∈ Z, denimos
la forma ϕ(x, y) = nx2 + kxy − my2 que tiene ∆ = k2 + 4nm y ademas n = ϕ(1, 0), luego queda
representado limpiamente por ϕ.
=⇒) Supongamos que n = ϕ(p, r) = ap2 + bpr + cr2 con mcd(p, r) = 1 y ∆ = b2 − 4ac, por el
Teorema de Bezout existen q, s tal que ps = qr = 1, consideramos la forma ϕ (a , b , c ) equivalente a
ϕ(a, b, c) por la duplicación unimodular con coecientes p, q, r, s. Sabemos a = ϕ(p, r) = n, ademas
el discriminante de ϕ es ∆ = b 2 −4a b , con b = n =⇒ ∆ = b 2 −4nc por lo tanto ∆ = b 2 (mod 4n).
Ejemplo 1.17 Volveremos a probar que si n es primo impar entonces n es suma de cuadrados ssi
n ≡ (mod 4).
Por el teorema anterior (Teorema1.13) n es representado limpiamente por una forma con ∆ = −4
ssi −4 ≡ k2 (mod 4n) ssi −1 ≡ x2 (mod n) ssi −1
n = 1 ssi n ≡ 1 (mod 4). Como la única forma
positiva reducida con ∆ = −4 es (1, 0, 1) entonces n es suma de cuadrados ssi n ≡ 1 (mod 4)
Ejemplo 1.18 De la misma forma analicemos cuando un primo n impar es representado por una
forma con discriminante ∆ = −20. Esto se da ssi −20 ≡ k2 (mod 4n) ssi −5 ≡ x2(mod n) ssi
−5
n = 1 ó n = 5 ssi −1
n
5
n = 1 ó n = 5 ssi (−1)
n−1
2 (−1)n−1 n
5 = 1 ó n = 5 ssi n
5 = (−1)
n−1
2
ó n = 5 ssi n ≡ 1, 3, 7, 9 (mod 20) ó n = 5.
(Por ejemplo si n ≡ 7 (mod 20) =⇒ n = 20k + 7 =⇒ n
5 = 7
5 = 2
5 = (−1)
32−1
8 = −1 y
(−1)
n−1
2 = (−1)
20k+6
2 = (−1)10k+3 = (−1)). De la misma forma se comprueba para los demás

12. 12 CAPÍTULO 1. SUMA DE CUADRADOS
y no se comprueba para n ≡ −1, −3, −7, −9 (mod 20). Como solamente hay dos formas con
∆ = −20 entonces
n = x2
+ 5y2
o n = 2x2
+ 2xy + 3y2
ssi n ≡ 1, 3, 7, 9 (mod 20) o n = 5
Para saber cual de las dos formas es la que la representa vemos que si n = x2 + y2 entonces
n
5 = 1 por lo tanto n = 5 ó n ≡ 9 (mod 20)
(Por ejemplo si n ≡ 9 (mod 20) =⇒ n = 20k + 9 =⇒ 1
5 = 9
5 = 1). De la misma forma si
n = 2x2 + 2xy + 3y2 entonces 2n = 4x2 + 4xy + 6y2 = (2x + y)2 + 5y2 luego 2n
5 = 1 i.e.
n
5 = −1 y esto se da si n ≡ 3, 7 (mod 20)
Por ejemplo si n = 61 ≡ 1 (mod 20) entonces 61 = 42 + 5 · 32 y si n = 67 ≡ 7 (mod 20) entonces
67 = 2(−4)2 + 2(−4)(5) + 3(5)2.
1.6. Suma de cuatro cuadrados
Este resultado fue enunciado por Bachet en 1621 y demostrado por Lagrange en 1772.
Teorema 1.14 Todo entero n positivo se puede expresar como suma de 4 cuadrados.
Antes de demostrar este teorema hagamos algunas remarcas.
Remarca 1.3 1. No todos los enteros con suma de dos cuadrados ni tampoco de tres cuadrados.
Por ejemplo si n ≡ 7 (mod 8) no puede expresarse como n = a2 +b2 +c2 ya que todo cuadrado
es ≡ 0, 1, 4 (mod 8).
2. Se tiene la siguiente desigualdad (x2 + y2 + z2 + w2)(x 2 + y 2 + z 2 + w 2) = (xx + yy + zz +
ww )2 + (xy − yx + wz − zw )2 + (xz − zy + yw − wz )2 + (xw − z w + zy − z y)2. Por lo
tanto y como 2 = 12 + 12 + 02 + 02 entonces para probar el teorema es suciente probar para
n primo impar.
3. Si p es primo impar entonces existen x, y ∈ Z tal que 1 + x2 + y2 ≡ 0 (mod p). En efecto los
#s de la forma 1 + x2 con x ∈ {0, 1, 2, . . . , p−1
2 } son distintos mod p así como los #s de la
forma −y2 con y ∈ {0, 1, 2, . . . , p−1
2 }, como se tiene p+1
2 + p+1
2 = p + 1 números en total por
el principio del Palomar dos de estos tienen que ser iguales mod p
Prueba:(Teorema 1.14) Podemos suponer que n = p es primo impar.Gracias a la (Remarca
1.4(3)) podemos escoger |x| p
2 y |y| p
2 tal que 1 + x2 + y2 ≡ 0 (mod p) i.e. kp = 1 + x2 + y2
1 + 2 p2
4 = 1 + p2
2 p2 luego 1 ≤ k p. Sea m el entero positivo mas pequeño tal que mp se
puede escribir como suma de 4 cuadrados i.e. mp = a2 + b2 + c2 + d2 entonces 1 ≤ m ≤ k. Si m
es par entre a, b, c, d todos podrían ser pares (no es posible por la minimalidad de m al simplicar
por 4), dos pares y dos impares o todos impares. Por ejemplo si a, b son impares y c, d son pares
entonces a+b
2
2
+ a−b
2
2
+ c+d
2
2
+ c−d
2
2
= m
2 p lo cual contradice la minimalidad de m. Por
lo tanto m es impar. Si m ≥ 3 impar, sean a ≡ a, b ≡ c, c ≡ c, d ≡ c2 (mod n) y tal
que |a |, |c |, |d | y |b | m
2 , sea q = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 4m2
4 = m2 y q ≥ 1 (si q = 0 entonces
a = b = c = d = 0 luego a, b, c, d ≡ 0 (mod m) i.e. a2 +b2 +c2 +d2 ≡ 0 (mod m2) luego m|p lo cual
no es posible). Por otra parte q ≡ a2+b2+c2+d2 (mod m) luego q−um con 1 ≤ u m por otra parte
(um)(pm) = (a 2 +b 2 +c 2 +d 2)(a2 +b2 +c2 +d2) = 1 = A2 +B2 +C2 +D2 con A, B, C, D múltiplos
de m (gracias a la forma dado m la (Remarca 1.4(2))). Luego (um)(pm) = m2(A 2 +B 2 +C 2 +D 2)

13. Capítulo 2
Funciones Aritméticas
2.1. Funciones generatrices ordinarias
Sea (An)n≥0 una sucesión de número complejos, la función generatriz asociada a esta sucesión
está dada por:
f(x) =
n
n=0
AnXn
Y está denida en el disco |X| R : R = 1
limsup|An|
1
n
, donde R se conoce como el radio de con-
vergencia. Por ejemplo si los coecientes An son de orden exponencial i.e. |An| ≤ An con A 0
|An|
1
n ≤ A y limsup|An|
1
n ≥ A y su radio de convergencia R ≥ 1
A
Ejemplo 2.1 La sucesión de Fibonacci, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8
F = 0, F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn si n ≥ 0,
es una sucesión creciente Fn−1 ≤ Fn para n ≥ 1 lo cual implica que Fn+1 ≤ 2Fn (Fn + Fn−1 ≤
2Fn ↔ Fn−1≤Fn ) y por recurrencia Fn ≤ 2n por lo tanto el radio de convergencia de: f(x) =
∞
n=0
FnXn es R ≥ 1
2. Expresemos f(x) como función racional, se tiene:
f(x) = x+
∞
n=2
FnXn
= x+
∞
n=2
Fn−1Xn
+
∞
n=2
Fn−2Xn
= x+x
∞
n=2
Fn−1Xn−1
+x2
∞
n=2
Fn−2Xn−2
= x + xf(x) + x2f(x) + · · ·
Por lo tanto:
f(x) =
x
1 − x − x2
=
−x
x2 + x − 1
Gracias a esto podemos incluso hallar Fn de manera explícita. Tenemos:
x2 + x − 1 = (x + Φ)(x + Ψ) donde:
Φ = 1+
√
5
2 y Ψ = 1−
√
5
2
13

14. 14 CAPÍTULO 2. FUNCIONES ARITMÉTICAS
(Φ es el número de oro, Ψ = −1
Φ ). Tenemos:
f(x) = −x
x2+x−1
= −x
(x+Φ)(x+Ψ) = −1√
5
( Φ
x+Φ + −Ψ
x+Ψ ) = − 1√
5
( 1
1+ x
Φ
− 1
1+ x
Ψ
) = 1√
5
( 1
1−xΦ − 1
1−xΨ)
= 1√
5
(
∞
n=0
Φn
Xn
−
∞
n=0
Ψn
Xn
), por lo tanto:
Fn = −
1
√
5
(Φn
−Ψn
), ∀n ∈ R En general una función aritmética (f.a.) es una función N∪{0} → C.
Denimos la (f.a.) r2(n) como el número de formas de escribir n” como suma de dos cuadrados,
por ejemplo:
5 = 12 + 22 = (−1)2 + 22 = 12 + (−2)2 = (−1)2 + (−2)2 = 22 + 12 = (−2)2 + (−1)2 = 22 + (−1)2
= (−2)2 + 12 luego, r2(5) = 8 también:
9 = 32 + 02 = (−3)2 + 02 = 02 + 32 = 02 + (−3)2
i.e. r2(9) = 4 y r2(7) = 0
Sea:
g(x) =
+∞
n=−∞
Xn2
= 1 + 2
∞
n=1
Xn2
, tenemos:
(g(x))2
= (
+∞
n=−∞
Xn2
)(
+∞
m=−∞
Xm2
) =
+∞
k=0
r2(k)Xk
Remarca 2.1
r2(n) es una función aritmética f.a., i.e. una función de N → C. Otra f.a. es d(n), el número
de divisores de n por ejemplo: d(1) = 1; d(2) = 2; d(3) = 2; d(4) = 3; d(5) = 2; d(8) = 4;
d(24) = 8. (En general si n = Pv1
1 Pv2
2 · · · Pvr
r descomponer en números primos, entonces
d(n) = (v1 + 1)(v2 + 2) · · · (vr + 1)). Notemos d(n) =
d|n
1. Otra f.a. es σ(n) la suma de
divisores de n por ejemplo: d(9) = 13 y en general σ(n) =
d|n
d.
La función generatriz asociada a la sucesión de Fibonacci denida de manera recursiva Fn+2 =
Fn+2 + Fn es una función racional f(x) = −x
x2+x−1
, esto es un caso particular del siguiente
resultado general.
Teorema 2.1 La función generatriz f(x) =
∞
n=0
U(n)Xn
asociada a la f.a. U(n), es una función
racional f(x) = P(x)
Q(x) con grado (P(x)) grado (Q(x)) si y solamente si la sucesión (U(n)) es
recurrente lineal, i.e. que existe m ∈ N y coecientes αm−1, αm−2, · · · , α0 t.q.:
Un = αm−1Un−1 + αm−2Un−2 + · · · + αn−m

15. 2.2. SERIES DE LAMBERT 15
2.2. Series de Lambert
Lema 2.1 Sea (fn) una sucesión de funciones holomorfas denidas en el abierto Ω de C. Si esta
sucesión converge uniformemente hacia f para todo compacto K de Ω, entonces f es holomorfa en
Ω.
Ω abierto
K Compacto
Uniformemente convergente (u.c.)
∀ 0 ∃N ∈ N t.q. |f(z) − fn(z)| , ∀n ≥ N y ∀z ∈ K.
Holomorfa.- Una función f : C → C compleja es holomorfa en z0 si es derivable, i.e.:
l´ım
z→z0
f(z) − f(z0)
z − z0
existe.
Prueba. Sea Z0 ∈ Ω y sea C una circunferencia (compacto), alrededor de Z0. Sea Z = Z0 al interior
de C, por el Teorema de la Integral de Cauchy se tiene:
fn(z) =
1
2πı C
fn(t)
t − z
dt
Al hacer n → ∞ se tendría:
f(z) =
1
2πı C
f(t)
t − z
dt
Ya que fn(t) →c.u.
f(t) en el compacto C.
Se tiene entonces:
f(z)−f(z0)
z−z0
= 1
2πı
C
f(t)( 1
t−z − 1
t−z0
)dt = 1
2πı
C
f(t)
(t − z)(t − z0)
dt
Luego f es derivable en z0.
Sea (A(n)) una sucesión de orden exponencial i.e. |A(n)| ≤ An, sea: ρ = m´ın( 1
A , 1).
Sea Ω = {|z| ρ} abierto, sea K un compacto en Ω, existe K ρ t.q. |x| ≤ K, entonces para
x ∈ K se tiene:
|
A(n)Xn
1 − Xn
| =
|A(n)Xn|
|1 − Xn|
≤ AnKn
1−|X|n ≤ (AK)n
1−|X| ≤
(AK)n
1
Por lo tanto la función:
|x| =
+∞
n=1
A(n)Xn
1 − Xn
denominada función de Lambert asociada a A(n) es holomorfa en Ω (AK Aρ A 1
A = 1 y

16. 16 CAPÍTULO 2. FUNCIONES ARITMÉTICAS
estamos usando el Lema 2.1 ya que las funciones A(n)Xn
1−Xn son holomorfas en Ω y
∞
n=1
(A − k)n
1 − k
es
convergente de la c.u. de las funciones holomorfas
N
n=1
A(n)Xn
1 − Xn
hacia (x)).
Podemos escribir la serie de Lambert como función generatriz de la siguiente forma:
(x) =
∞
n=1


d|n
a(d)

 Xn
En efecto:
(x) =
+∞
d=1
a(d)Xd
1 − Xd
=
+∞
d=1
a(d)Xd
m=0
(Xd
)m
=
+∞
d=1
a(d)
+∞
m=0
Xd(m+1)
=
+∞
d=1
a(d)
∞
=1
Xd
=
+∞
n=1


d|n
a(d)

 Xn
con ρ 1
Ejemplo 2.2 A = 1
+∞
n=1
Xn
1 − Xn
=
+∞
n=1
d(n)Xn
, |x| 1
+∞
n=1
Xn
1 − Xn
=
∞
n=1
σ(n)Xn
, |x| 1
2.3. Triple Producto de Jacobi
Lema 2.2 Sea (Un) una sucesión de funciones holomorfas en el abierto Ω de C y t.q. la serie
∞
n=0
|Un(x)| converge uniformemente en todo copacto K de Ω, entonces el producto innito:
h(x) =
+∞
n=0
(1 + Un(x))
converge uniformemente en todo compacto de Ω por lo tanto es holomorfa en Ω y además tenemos
que:

17. 2.3. TRIPLE PRODUCTO DE JACOBI 17
h (x)
h(x) =
+∞
n=0
Un(x)
1 + Un(x)
Denimos la función θ3 como:
θ3(q, x) =
+∞
n=−∞
qn2
Xn
; |q| 1 x ∈ C∗
Teorema 2.2 Se tiene:
θ3(q, x) =
+∞
n=1
(1 − q2n
)(1 + xq2n−1
)(1 +
1
x
q2n−1
) TRIPLE PRODUCTO DE JACOBI
para |q| 1 y x ∈ C∗.
Prueba. Sea h0(x) =
+∞
n=1
(1 + xq2n−1
), por el lema 2.2. h0(x) es una función entera (holomorfa en
todo C). Por lo tanto h(x) =
+∞
n=1
(1+xq2n−1
)(1+
1
x
q2n−1
) es holomorfa en C∗. Si desarrollamos h(x)
en serie tenemos h(x) =
n=−∞
An(q)xn
y t.q. An(q) = A−n(q) h(x) = h(1
x) . Tenemos:
h(q2
)x =
+∞
n=1
(1 + xq2n+1
)(1 +
1
x
q2n−3
)
=
1
1 + xq
+∞
n=1
(1 + xq2n−1
) 1 +
1
qx
+∞
n=1
1 +
1
x
q2n−1
Luego
h(q2
x) =
1
qx
h(x)
Tenemos,
+∞
n0−∞
an(q)q2n+1
xn+1
=
n=−∞
an(q)xn
=
n=−∞
an+1(q)xn+1
luego
an+1(q) = q2n+1an(q)
(a1(q) = qa0(q); a2(q) = q3+1a0(q) = q22
a0(q); a3(q) = q5+22
a0(q) = q32
a − 0(q), etc.).
Se sigue, an(q) = qn2
a0(q). Tenemos:
h(x) = a0q
+∞
n=−∞
qn2
xn
= a0(q)θ3(q, x).

18. 18 CAPÍTULO 2. FUNCIONES ARITMÉTICAS
Debemos calcular a0(q). Entonces tenemos:
θ3(q, ı) = θ3(q, 1
2) = θ3(q, −ı), entonces:
θ3(q, ı) =
1
2
(θ3(q, ı) + θ3(q, −ı))
=
+∞
n=−∞
q4n2
(−1)n
= θ3(q4
, −1)
Tenemos:



θ3(q, ı)a0(q) =
+∞
n=1
(1 + q4n−2
) =
+∞
n=1
(
1 − q8n−4
1 − q4n−2
θ3(q4, −1)a0(q4) =
+∞
n=1
(1 − q8n−4
)2
Dividiendo,
a0(q)
a0(q4)
=
+∞
n=1
1
(1 − q8n−4)(1 − q4n2 )
ó
a0(q4)
a0(q)
=
+∞
n=1
(1 − q8n−4
)(1 − q4n−2
)
=
+∞
n=1
(1 − q8n−4
)(1 − q8n−6
)(1 − q8n−2
)
ó
a0(q4)
a0(q)
=
+∞
n=1
1 − q2n
1 − q8n
Tenemos entonces:
a0(q)
+∞
n=1
(1 − q2n
) = a0(q4
)
+∞
n=1
(1 − q8n
)
= a0(q42
)
+∞
n=1
(1 − q2·42n
)
...
= a0(q4k
)
+∞
n=1
(1 − q2·4kn
)
Haciendo K → ∞ tenemos:
a(q)
+∞
n=1
(1 − q2n
) = a0(0)
Corolario 2.1 Si |q| 1,
+∞
n=1
1 − qn
1 + qn
=
+∞
−∞
(−1)n
qn2

19. 2.4. SUMA DE CUADRADOS 19
Prueba. Por el T.P.I. se tiene:
+∞
n=−∞
(−1)n
qn2
=
+∞
n=1
(1 − q2n
)(1 − q2n−1
)
=
+∞
n=1
(1 − qn
)(1 − q2n−1
)
=
+∞
n=1
(1 − q2n)(1 − q2n−1)
1 + qn
=
+∞
n=1
1 − qn
1 + qn
Lema 2.3 Si |q| 1, entonces:
+∞
n=1
(1 + qn
)2
(1 − qn
) =
+∞
n=1
(1 + q4n−3
)(1 + q4n−1
)(1 + q4n
)
Prueba.
+∞
n=1
(1 + qn
)2
(a − qn
) =
+∞
n=1
(1 + qn
)(1 − q2n
)
=
+∞
n=1
(1 + q4n−1
)(1 + q4n−3
)(1 + q2n
)(1 − q2n
)
=
+∞
n=1
(1 + q4n−1
)(1 + q4n−1
)(1 − q4n
)
2.4. Suma de Cuadrados
Teorema 2.3 Tenemos, r2(n) = 4(d1(n) − d3(n)), donde:
d1(n) =
d|n
d≡1mod4
1 y d3(n) =
d|n
d≡3mod4
1
Prueba. Comenzamos por T.P.I. reemplazando x por
√
qx2 y q por
√
q
(1 + 1
k q2n−1)q
2n−1
2 q
1
2 + 2n−1
2
+∞
n=1
(1 − qn
)(1 −
1
x2
qn−1
)(1 − x2
qn
) =
+∞
n=−∞
(−1)n
q
n+n
2
x2n
Luego,
(1 − x−2)
+∞
n=1
(1 − qn
)(1 − x2
qn
)(1 − x−2
qn
) =
+∞
n=−∞
(−1)n
q
n(n+1)
2
x2n
Multiplicando por x y separando la suma en índices pares e impares

20. 20 CAPÍTULO 2. FUNCIONES ARITMÉTICAS
(x − x−1
+∞
n=1
(1 − qn
)(1 − x2
qn
)(1 − x)−2
qn
=
+∞
n=−∞
q2n2+n
x4n+1
−
+∞
n=−∞
q2n2−n
x4n−1
= xθ3(q2, qx4) − x−1θ3(q2, q−1x4)
=
+∞
n=1
(1 − q4n
)(1 + x4
q4n−1
)(1 + x−4
q4n−3
) − x−1
+∞
n=1
(1 − q4n
)(1 + xn
q4n−3
)(1 + x−4
q4n−1
)
Derivando respecto a x,
(1+x−2)
+∞
n=1
(1−qn
)(1−qn
)(1−x2
qn
)(1−x−2
qn
)+(x−x−1
)
+∞
n=1
(1 − qn
)(1 − x2
qn
)(1 − x−2
qn
)
=
+∞
n=1
(1 − q4n
)(1 + x4
q4n−1
)(1 + x4
q4n−1
)(1 + x−4
q4n−3
) 1 + x
4x3q4n−1
1 + x4q4n−1
+
−4x−5q4n−1
4x−4q4n−1
−
+∞
n=1
(1−q4n
)(1+x4
q4n−3
)(1+x−4
q4n−1
)(1+x−4
q4n−1
) −x−2
+ x−1 4x3q4n−3
1 + x4q4n−3
+
−4x−5q4n−1
4x−4q4n−1
Reemplazando x = 1 se tiene:
+∞
n=1
(1 − qn
)3
=
+∞
n=1
(1 − q4n
)(1 + q4n−1
)(1 + q4n−3
) 1 + 4
+∞
n=1
q4n−1
1 + q4n−1
−
q4n−3
1 + q4n−3
Por el lema 2.3 tenemos:
+∞
n=1
(1 − qn
)3
=
+∞
n=1
(1 + qn
)2
(1 − qn
) 1 + 4
+∞
n=1
q4n−1
1 + q4n−1
−
q4n−3
1 + q4n−3
+∞
n=1
1 − qn
1 + qn
2
= 1 + 4
+∞
n=1
q4n−1
1 + q4n−1
−
q4n−3
1 + q4n−3
Por el corolario 2.1 tenemos que:
+∞
n=−∞
(−1)n
qn2
2
= 1 + 4
+∞
n=1
q4n−1
1 + q4n−1
−
q4n−3
1 + q4n−3
(−1)n2+n = (−1)n(n+1)
Reemplazando q por −q
+∞
n=0
r2(n)qn
=
+∞
n=−∞
qn2
2
= 1 + 4 −
q4n−1
1 − q4n−1
+
q4n−3
1 − q4n−3
La suma de la derecha se descompone en dos series de Lambert asociados a la sucesión constante 1,
por lo tanto:

21. 2.5. TEOREMA DE JACOBI POR LA SUMA DE 4 CUADRADOS 21
r2(n) = 4



d|n
d≡1mod4
1 −
d|n
d≡3mod4
1



Remarca 2.2 Si p ≡ 1(mod)4 primo impar, entonces:
r2(p) = 4[d1(p) − d3(p)]
con d1(p) = 2 y d3(p) = 0, tenemos entonces
r2(p) = 8
= (±a)2 + (±b)2
= (±b)2 + (±a)2
Si p ≡ 3(mod)4 primo impar, entonces:
r2(p) = 4 ¨¨¨B1
d1(p) −¨¨¨B1
d3(p) = 0
2.5. Teorema de Jacobi por la suma de 4 cuadrados
De manera similar a lo realizado en la sección anterior se logra probar que:
+∞
n=0
r4(n)qn
=
+∞
n=−∞
qn2
2
= 1 + 8
+∞
n=1
nqn
1 − qn
−
+∞
n=1
4nq4n
1 − qn
La parte derecha es una serie de Lambert para la sucesión: a(n) =
n si 4 n
0 si 4 | n
; por lo tanto:
r4(n) = 8
d|n
a(d) = 8
d|n
d≡0(mod)4
d
Donde r4(n) es el número de formas de escribir n como una suma de 4 cuadrados.
En particular 1|n luego r4(n) ≥ 8 ∀n, el teorema de Bachet resulta una caso particular.
2.6. La función indicatriz de Euler
Denimos: ϕ(n) = |{1 ≤ m ≤ n : mcd(m, n) = 1}|, n ≥ 1, como la función indicatriz de Euler
Por ejemplo ϕ(10) = 4, ϕ(6) = 2.

22. 22 CAPÍTULO 2. FUNCIONES ARITMÉTICAS
Se logra probar que si n = pv1
1 ·v2
2 ·v3
3 · · · ·vr
r , esto es la descomposición de n en factores primos,
entonces:
ϕ(n) = n 1 −
1
p1
1 −
1
p2
· · · 1 −
1
pr
Por ejemplo:
ϕ(1176) = ϕ(23
· 3 · 72
)
= 1176 1 −
1
2
1 −
1
3
1 −
1
7
= 336
Mostremos ahora que:
d|n
ϕ(d) = n
En efecto consideremos las funciones irreductibles que correspondan a:
1
n , 2
n , 3
n, · · · , n
n
(en total hay n y algunas se repiten). Al simplicar en los denominadores nos quedarán divisores d
de n y en los numeradores habrán ϕ(d) números posibles, luego:
d|n
= n
La serie de Lambert asociada a ϕ(n) es,
+∞
n=1
ϕ(n)Xn
1 − Xn
=
+∞
n=1


d|n
ϕ(d)

 Xn
=
+∞
n=1
nXn
= x + 2x2
+ 3x3
+ 4x4
+ · · ·
= x(1 + 2x + 3x2
+ 4x3
+ · · · )
= +
x
(1 + x)2
⇒
+∞
n=1
ϕ(n)Xn
1 − Xn
=
x
(1 − x)2
2.7. Valor Medio de r2(n)
Teorema 2.4 Tenemos que:
r2(n) = 4
p≡1(mod)4
(1 + r)
p≡3(mod)4
1 + (−1)s
2
donde r y s son los exponentes de p en la descomposición de n en f−primos.

23. 2.7. VALOR MEDIO DE R2(N) 23
Prueba. Si n = Pr1
1 Pr2
2 . . . Prk
k donde Pi ≡ 1(mod)4 primos, sabemos que:
r2(n) = 4(d(n) − d3(n)),
en este caso cada divisor de n sería ≡ 1(mod)4 y luego d1(n) = (1+r1)(1+r2) · · · (1+rk) y d3(n) = 0
y el teorema queda probado en este caso ya que cada s valdría ”0”
Por inducción supongamos que el Teorema es verdadero hasta factores primos de:
n ≡ 3(mod4). Sea n = ()
Sea n = (Pr1
1 Pr2
2 . . . Prk
k qs1
1 qs2
2 · · · qsl
l )q
sl+1
l+1 donde los qi ≡ 3(mod)4, ∀i. Si Sl+1 es impar entonces
sabemos que r2(n) = 0 y el lado derecho de la igualdad del Teorema también. Si Sl+1 es par en-
tonces el último factor de n contribuirá con un divisor más de n ≡ 1(mod)4 para los exponentes
pares 2, 4, · · · , Sl+1 y también con un divisor más de n ≡ 3(mod)4 para los exponentes impares
1, 3, 5, · · · , Sl+1 − 1 (misma cantidad) y en la parte derecha del Teorema el término adicional sería
1 + (−1)Sl+1
2
= 1 Con el último Teorema vemos que r2(n) es una f.a. muy oscilante.
Por ejemplo:
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
r2(n) 4 4 0 4 8 0 0 4 4 8 0 0
n 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28
r2(n) 1 0 0 4 8 4 0 8 0 0 0 0 12 8 0 0
Sin embargo el promedio de setos valores tiende a φ.
Teorema 2.5 Sea:
l´ım
n→∞
r2(1) + r2(2) + · · · + r2(n)
n
= π
Prueba. Sea S(k) =
k
i=1
r2(i), sabemos que r2(l) representa en el plano C2 el número de puntos
(x, y) tal que x2 +y2 = l i.e. los puntos en Z2 que pertenecen a la circunferencia de radio
√
l centrada
al origen. Por lo tanto S(n) representará el número de puntos en Z2 al interior del círculo centrado
en (0, 0) y de radio
√
n salvo el origen. Por cada uno de estos puntos consideramos un cuadrado de
lado 1 hacia la derecha y arriba, incluido el cuadrado OABC. Comparando áreas tenemos:
π(
√
n −
√
2)2
≤ S(n) + 1
área de todos
los cuadrados
consideramos
≤ π(
√
n +
√
2)2
área del
círculo
≤ S(n) + 1 ≤ π(n + 2
√
2
√
n + 2)
Entonces:
π(n − 2
√
2
√
n + 2) ≤ S(n) + 1 ≤ π(n + 2
√
2
√
n + 2)
ABC Luego ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗

24. 24 CAPÍTULO 2. FUNCIONES ARITMÉTICAS
2.8. Distribución de los números primos
Sea:
Π(n) =
p≤n
1
el número de primos menores o iguales a n. En 1853 el matemático ruso Chebyschev dió un resultado
para Π(n) en forma de encuadre. En 1896 Hadamard de la Valde Poussin mostraron del Teorema
de los números primos T.N.P., uno de los resultados más famosos de la teoría analítica de números.
Π(n) ∼
n
log n
donde ∼ signica que l´ım
n→∞
π(n)
n/ log n
= 1 y el log es el logaritmo natural. No mostraremos este
resultado ya que se lo suele hacer en un curso de Postgrado. Sin embargo mostraremos un primer
resultado sobre el comportamiento de π(n).
Teorema 2.6 Sea:
log 2 ·
n
log n
≤ π(n) ≤ log 3 ·
n
log n
para n ≥ N sucientemente grande.
Para la demostración del Teorema 2.6 necesitamos los siguientes lemas y un teorema.
Lema 2.4 (Sucesión de Sylvester) Sea a0 = 2 y sea an+1 = a2
n − an + 1 para n ≥ 0 tenemos:
+∞
i=0
1
ai
= 1
Prueba. Tenemos:
an+1 = an(an − 1)
luego,
1
an+1 − 1
=
1
an(an − 1)
=
1
an − 1
−
1
an
por lo tanto:
1
an
=
1
an − 1
−
1
an+1 − 1
y haciendo la sumatoria,
+∞
n=0
1
an
=
1
a0 − 1
−
1
a1 − 1
+
1
a1 − 1
−
1
a2 − 1
+
1
a2 − 1
−
1
a3 − 1
+ · · · = 1
Lema 2.5 Sea Vp el exponente de p en la descomposición de n! en factores primos, entonces:

25. 2.8. DISTRIBUCIÓN DE LOS NÚMEROS PRIMOS 25
Vp =
n
p
+
n
p2
+
n
p3
+ · · ·
Prueba. Se deja como ejercicio.
Teorema 2.7 Sea δ(n) = M.C.M.(1, 2, 3, · · · , n), entonces:
2n ≤ δ(n) ≤ 3n; con n ≤ 7
Prueba.
a) Mostremos primero que δ(n) ≥ 2n. Para 1 ≤ n ≤ n denimos:
K(m, n) =
1
0
Xm−1
(1 − x)n−m
dx
=
1
0
Xm−1
n−m
k=0
(−x)k n − m
k
dx
=
n−m
k=0
(−1)k n − m
k
1
0
Xk+m−1
dx
=
n−m
k=0
(−1)k n − m
k
·
1
k + m
luego,
δ(n)K(m, n) ∈ Z

26. 26 CAPÍTULO 2. FUNCIONES ARITMÉTICAS
Integrando por partes K(m, n) tenemos:
K(m, n) =
1
0
Xm−1
u
↓
du=(m+1)xm−2dx
· (1 − x)n−m
dv
↓
V =−
(1 − x)n−m+1
n − m + 1
dx
= +
m − 1
n − m + 1
1
0
Xm−2
(1 − x)n−m+1
dx
=
m − 1
n − m + 1
·
m − 2
n − m + 2
1
0
Xm−3
(1 − x)n−m+2
dx
= · · ·
=
(m − 1)(m − 2) · · · (1)
(n − m + 1)(n − m + 2) · · · (n − 1)
1
0
(1 − x)n−1
dx
=
(m − 1)(m − 2) · · · (1)
(n − m + 1)(n − m + 2) · · · (n − 1)
·
1
n
=
(m − 1)!
n!
(n−m)!
=
(n − 1)!
m!n!
(n−m)!m!
=
1
m
n
m
Luego K(m, n) =
1
m
n
m
, esto implica que m
n
m
|δ(n) para 1 ≥ m ≥ n. En particular n
2n
n
|δ(2n)|δ(2n+
1), además:
(2n + 1)
2n
n
=
(2n + 1)(2n)!
n!n!
=
(2n + 1)!
n!n!
=
(n + 1)!(2n + 1)!
n!n!(n + 1)!
= (n + 1)
2n + 1
n + 1
|δ(2n)
Tenemos n
2n
n
|δ(2n + 1) y (2n + 1)
2n
n
|δ(2n + 1) y puesto que mcd(n, 2n + 1) = 1 tenemos que
n(2n + 1)
2n
n
|δ(2n + 1) y entonces δ(2n + 1) ≥ n(2n + 1)
2n
n
≥ n
2n
k=0
2n
k
= n22n
, tenemos
entonces que δ(2n + 1) ≤ n · 22n. Si n ≥ 2 entonces δ(2n + 1) ≥ 22n+1 y si n ≥ 4, entonces
δ(2n + 2) ≥ δ(2n + 1) ≥ 22n+2, por lo tanto δ(n) ≥ 2n para n ≥ 9 y es fácil que es cierto para n ≥ 7.
b) Mostremos ahora que δ(n) ≤ 3n, ∀n ≥ 1. Remarquemos primero que:

27. 2.8. DISTRIBUCIÓN DE LOS NÚMEROS PRIMOS 27
δ(n) =
p≤n
p
log n
log p
En efecto la mayor potencia k de pk con p ≤ n primo dentro el conjunto {1, 2, · · · , n}y pk+1 n
será aquella tal que pk ≤ n y pk+1 n, luego k ≤
log n
log p
k + 1
log n
log p
, luego k =
log n
log p
.
Denimos la función:
C(n) =
n!
n
a1
! n
a2
! · · · n
ak
!
donde los ai son los números de la sucesión de Sylvester y k es tal que ak ≤ n ak+1 n.
Mostremos primero que C(n) es entero, en efecto:
n
a1
+
n
a2
+ · · · +
n
ak
≤ n
1
a1
+
1
a2
+ · · ·
1
ak
n
Podemos completar entonces el denominador de C(n) con factoriales de uno para tener un coeciente
multinomial. Podemos ver que:
18!
2!5!7!4!
∈ Z
Probemos ahora que δ(n) ≤ C(n). En efecto se siguen los siguientes pasos:
i) Mostremos que
x
m
=
[x]
m
para x ≥ 1 real y m ≤ 1 entero. Obviamente
[x]
m
≤
x
m
, por otra
parte
x
m
[x]
m
+
1
m
y [x] = m
[x]
m
+r con 0 ≤ r ≤ m−1, por lo tanto
x
m
[x]
m
+
r + 1
m
≤
[x]
m
+1,
luego
x
m
≤
[x]
m
.
ii) Mostremos ahora que
+∞
i=0
x
ai
≤ [x] donde los ai son los términos de ****.
En efecto:
x
ai
i)
=
[x]
ai
≤
[x]
ai
sumando
+∞
i=0
x
ai
≤ [x]
+∞
i=0
1
ai
= [x].
iii) Probaremos ahora que δ(n) ≤ C(n). Sea p ≤ n primo, su potencia en C(n) es
+∞
i=0
n
pi
−
k
j=1
+∞
i=0
[n/aj]
pi
i)
=
+∞
i=0

 n
pi
−
k
j=1
n
ajpi

 =
log n
log p
i=0

 n
pi
−
k
j=1
n
ajpi

 ≥
log n
log p
que es la potencia de p en δ(n).
Se muestra entonces que:
C(n) (en)log2(log2 n)+3∗∗
Tenemos que:

28. 28 CAPÍTULO 2. FUNCIONES ARITMÉTICAS
(en)
log2(log2 n)+3
n = e
log2(log2 n)+3
n
·log(en)
→ 1 si n → ∞
En algún momento (en)
log2(log2 n)+3
n ≤ 1,014, de hecho al ser
log2(log2 n) + 3
n
· log(en) decreciente
y sabiendo que
log2(log24500) + 3
4500
· log(e4500) ≤ 1,014 tenemos que C(n) (1,014)n(2,952)n =
(2,994)n 3n para n ≥ 4500.
Tenemos que C(n) 3n si n ≥ 4500, con MAPLE se comprueba que δ(n) ≤ 3n para 1 ≤ n ≤ 4500 .
Prueba del Teorema 2.6
a) Probemos primero que (n) ≥ log 2 · n
log n si n ≥ 4. Sabemos que δ(n) ≥ 2n si n ≥ 7 luego
log(δ(n)) ≥ n log 2 pero n log 2 ≤ log(δ(n)) ≤
p≤n
= log n · Π(n) y entonces Π(n) ≥ log 2
n
log n
para
n ≥ 7 y se verica que para n = 4, 5, 6 también cumple. b) Probemos ahora que Π(n) = log 3
n
log n
para n ≥ N sucientemente grande , sabemos que δ(n) ≤ 3n, luego ∀m ≤ n,
→
mp≤n
p ≤
p≤n
p ≤ δ(n) ≤ 3n,
tenemos:
log m (Π(n) − Π(m))
mp≤n
log p ≤ n log 3
por lo tanto: Π(n)
n log 3
log m
+ Π(m) ≤
n · log 3
log m
+ m
Haciendo m =
n
log2
n
+ 1 que implica m
n
log2
n
y log m log n − 2 log(log n) para n grande.
Luego
Π(n) log 3
n
log n − 2 log(log n)
+
n
log2
n
n → ∞→ Por lo tanto para n ≥ N grande.
(n) ≤
log3n
logn

29. Capítulo 3
Introducción a los métodos de
trascendencia
Hermite en 1873 mostró la trascendencia usando técnicas similares, Lindemann en 1882 mostró
la trascendencia de π con lo cual se probaba la imposibilidad de la cuadratura del círculo. En este
capítulo estudiaremos métodos desarrollados, en los años 1930 por Gelfond, Mahler, Sehneidor y
Siegel que desarrollaron los métodos propuestos por Hermite.
3.1. Funciones algebraicas y funciones trascendentes
Denición 3.1 Sea K un cuerpo conmutativo y A un anillo conmutativo que contiene a K, sea
a ∈ A decimos que a es algebraico sobre K si existe P(x) ∈ K[x] tal que P(a) = 0 caso contrario
decimos que a es trascendente.
Por ejemplo los números algebraicos son los números complejos algebraicos sobre Q y los números
trascendentes son los números complejos no algebraicos .
El estudio de los números trascendentes es en general complicado, es mas fácil el estudio de funciones
trascendentes.
Denición 3.2 Sea f(x) analítica en Ω ⊆ C abierto, decimos que f(x) es algebraica si f(x) es raíz
de m polinomio en C(x) el cuerpo de funciones racionales complejos, es decir si existen polinomios
Pd(x), Pd−1(x), . . . , P0(x) a coecientes complejos tal que Pd(x) (f(x))d
+ Pd−1(x) (f(x))d−1
+ . . . +
P1(x) (f(x)) + P0(x) = 0, ∀x ∈ Ω caso contrario decimos que f(x) es una función trascendente.
Ejemplo 3.1 La función exponencial f(x) = ex es trascendente en C. En efecto supongamos que
sea función algebraica, luego existen polinomios Pd(x), Pd−1(x), . . . , P0(x) tal que
Pd(x)edx
+ Pd−1(x)e(d−1)x
+ . . . + P0(x) = 0, ∀x ∈ C
→ Pd(x) = −Pd−1(x)e−x
− Pd−2(x)e−2x
− . . . − e−dx
P0(x), ∀x ∈ C
Para x → +∞ real el lado derecho tiende a 0 y el izquierdo no, lo cual es una contradicción.
Ejemplo 3.2 La función
f(x) =
+∞
n=0
x2n
29

30. 30 CAPÍTULO 3. INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE TRASCENDENCIA
en Ω = {x ∈ C : |x| 1} es trascendente. En efecto f(x) satisface la siguiente relación funcional,
f(x2
) =
+∞
n=0
x2n+1
= f(x) − x
Supongamos que existen funciones racionales Qd−1(x), . . . , Q0(x) con d minimal tal que
(3.1) f(x)d
+ Qd−1(x2
)(f(x))d−1
+ . . . + Q(x)(f(x)) + Q0(x) = 0
reemplazando x por x2,
(f(x) − x)d
+ Qd−1(x2
)(f(x) − x)d−1
+ . . . + Q(x2
)(f(x) − x) + Q0(x2
) = 0
(3.2) =⇒ f(x)d
+ −dx + Qd−1(x2
) f(x)d−1
+ . . . = 0
restando (3.1) y (3.2)
Qd−1(x2
) − dx − Qd−1(x) f(x)d−1
+ . . . = 0
pero como d es minimal entonces,
Qd−1(x2
) − dx = Qd−1(x)
Haciendo Qd−1(x) = A(x)
B(x) con A(x) y B(x) polinomios coprimos entre si, entonces
A(x2)
B(x2)
− dx =
A(x)
B(x)
=⇒ A(x2
)B(x) − dxB(x2
)B(x) = A(x)B(x2
)(3.3)
Vemos que B(x2) | A(x2)B(x) pero como A y B son coprimos, entonces B(x2)|B(x) lo cual es
posible solo si B(x) = b ∈ C∗. De (3.3) A(x2)−dbx = A(x) lo cual no es posible al igualar los grados
en izquierda y derecha.
Mostremos la trascendencia de e usando Técnicas elementales.
Seguimos los siguientes pasos
a) Sea f(x) ∈ Z[x] polinomio a coecientes enteros. Escribimos
f(x) =
n−1
i=n
aixi
+
N
i=n
aixi
donde N es el grado del polinomio. Tenemos
f(n)
(x) =
N
i=n
aii(i−1)(i−2) . . . (i−(n−1))xi−n
=
N
i=n
ai
n!i!
n!(i − n)!
xi−n
=
N
i=n
ain!
i
n
xi−n
vemos que n! divide a todos los coecientes de f(n)(x), ∀n.

31. 3.1. FUNCIONES ALGEBRAICAS Y FUNCIONES TRASCENDENTES 31
b) Sea F(x) = f(x) + f (x) + f (x) + . . . + f(N)(x) donde N es el grado del polinomio f(x) ∈ C[x].
Vemos que
f(x)e−x
dx = −e−x
F(x) + c
En efecto
(e−xF(x)) = −e−xF(x) + e−xF (x)
= −e−x(f(x) + f (x) + . . . + fN (x)) + e−x(f (x) + f (x) + . . . + f(N)(x))
= −e−xf(x)
Por lo tanto,
x
0
f(x)e−x
dx = −e−x
F(x)
x
0
= −e−x
F(x) + F(0)
es decir
(3.4) F(x) = −e−x
x
0
f(x)e−x
dx + ex
F(0) =⇒ ex
x
0
f(x)e−x
dx = ex
F(0) − F(x)
c) Supongamos que e es algebraico i.e existen a0, a1, . . . , ad ∈ Z tal que
aded
+ ad−1ed−1
+ . . . + a1e + a0 = 0
con ad, a0 = 0 con d minimal.
Consideremos f(x) = 1
(n−1)!xn−1((x − 1)(x − 2) . . . (x − d))n que es un polinomio de grado
n − 1 + dn y n cualquiera(grande). De (3.4),
d
k=0
akek
k
0
f(x)e−x
dx =
d
k=0
akek
F(0) −
d
k=0
akF(k)
Entonces
An := −
d
k=0
akF(k) =
d
k=0
akek
k
0
f(x)e−x
dx
Tenemos que f(0) = f(0)+f (0)+. . .+f(n−1)+dn(0), pero f(i)(0) = 0 si i ≤ n−2, f(n−1)(0) =
(−1)dn(d!)n, por lo tanto y por a) (n − 1)!f(x) ∈ Z(x) satisface (n − 1)!f(i)(0) es divisible por
n! para i ≥ n i.e f(i)(0) es divisible por n para i ≥ n. Para 1 ≤ k ≤ d tenemos f(i)(k) = 0 si
i ≤ n − 1 y para i ≥ n como antes f(i)(k) es divisible por n. Por lo tanto,
An = −a0(−1)dn
(d!)n
+ nA
Por lo tanto An es entero no nulo para n primo grande mayor a d y a0
Por otra parte,
|An| ≤ d
k=0 |ak|
k
0
dn−1
(n−1)! ddnek−xdx
≤ ddn+n−1
(n−1)! ed d
k=0 |ak| = k cn
(n−1)!
donde k y c son constantes que no dependen de n. Luego,
|An| −→ 0
n → ∞
lo cual no es posible ya que An es entero no nulo.

32. 32 CAPÍTULO 3. INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE TRASCENDENCIA
3.2. Casa de un número algebraico
Denición 3.3 Sea α un número algebraico de grado d, sean α1, α2, α3, . . . , αd sus conjugados i.e.
las raíces de su polinomio minimal (todos son diferentes), denimos la casa de α como,
|α| := m´ax
i
{|αi|}
Teorema 3.1 Sea α un número algebraico y sea K un cuerpo de números conteniendo α. Sean
σ1, σ2, . . . , σm los morsmos de conjugación de K, entonces,
|α| = m´ax
i
{|σi(α)|}
Prueba: Sabemos que K = L(θ) con θ ∈ K y L = Q(α) y [K : L] = n, [L : Q] = d (nd=m). Por lo
tanto
K = {
0≤i≤d
0≤j≤n
qijαi
θj
: qij ∈ Q}
Es fácil ver que σn : α −→ αk donde αk es un conjugado de α es un morsmo de conjugación de K
e.i.
σk :
i,j
qijαi
θj
−→
i,j
qijαi
nθj
para k = 1, 2, . . . , d
además σn(α) = αk por lo tanto |α| ≤ m´axσ{|σi(α)|}.
Por otra parte sea σ un morsmo de conjugación de K y sea P(x) ∈ Q[x] el polinomio minimal de
α, entonces P(x) = 0 =⇒ σ(P(α)) = 0 =⇒ P(σ(α)) = 0. Por lo tanto σ(α) = αk para algún k,
entonces m´axσ{|σ(α)|} ≤ |α|.
Teorema 3.2 Sean α, β números algebraicos, entonces
|α + β| ≤ |α| + |β| |α · β| ≤ |α| · |β|
Prueba: Sea K = Q(α, β)
|α + β| = m´ax{|σ(α + β)|} = m´ax
σ de K
{|σ(α + β)|} = m´ax
σ de K
{|σ(α) + σ(β)|}
≤ |σ(α)| + |σ(β)| ≤ m´ax
σ de K
|σ(α)| + m´ax
σ de K
|σ(β)| = |α| + |β|
Idem para |α · β|.
Teorema 3.3 Sea α un entero algebraico (i.e. su polinomio minimal es mónico a coecientes ente-
ros), entonces |α| ≥ 1.
Prueba: Sea P(x) ∈ Z[x] el polinomio minimal de α con coecientes constantes a0 = 0, sean
α, α2, . . . , αd los conjugados de α entonces |α1α2 . . . αd| = |a0| ≥ 1 =⇒ |α||α2| . . . |αd| ≥ 1 luego
algún |αi| ≥ 1 por lo tanto |α| = m´axi{|αi|} ≥ 1.
Teorema 3.4 (Desigualdad del tamaño)Sea α un número algebraico de grado d con denominador
a = den(α) ∈ N (i.e. α = β
a donde β es un entero algebraico), entonces
|α| ≥ |α|
−d+1
· den(α)−d

33. 3.3. MÉTODO DE TRASCENDENCIA DE MAHLER (1929) 33
Prueba:
Tenemos α=β
a , sabemos que
N(α) = α · α2 · . . . · αd
luego
N(α) = N
β
a
= σ1
β
a
σ2
β
a
. . . σd
β
a
=
1
ad
σ1(β)σ2(β) . . . σd(β)
N(β)∈Z
Entonces
|α1α2 . . . αd| ≥
1
ad
|α1| |α2 . . . αd|
≥|α|
d−1
|α1| ≤ |α|
d−1
· a−d
3.3. Método de trascendencia de Mahler (1929)
Teorema 3.5 Sea α un número algebraico tal que |α| 1 entonces f(α) =
+∞
n=0
α2n
es trascendente.
Prueba:
Etapa1 Sea f(x) =
+∞
n=0
x2n
, es fácil ver que f(x), f(x)2, f(x)3, . . . , f(x)k, etc. son series analíticas a
coecientes enteros, es decir
f(x)i
=
+∞
n=0
binxn
con bin ∈ Z calculables
Podemos hallar m + 1 polinomios P0(x); P1(x); P2(x); . . . ; Pm(x) a coecientes enteros de grado m
todos i.e.
Pi(x) =
m
n=0
ain xn
con ain ∈ Z (a calcular)
y tal que
P0(x) + P1(x)f(x) + P2(x)(f(x))2
+ . . . + Pm(x)(f(x))m
= xm2
g(x)
donde g(x) es analiítica al rededor de 0 para cualquier m jo. En efecto se trata de ir eliminando
los coecientes de xj para j = 0, 1, . . . , m2 − 1, es decir
m
i=0
m´ın(m,j)
n=0
ain bi,j−n = 0 ; j = 0, 1, . . . , m2
− 1
Esto nos proporciona un sistema lineal con m2 ecuaciones (por cada j) y (m+1)2 incógnitas (losain ),
teniendo mas incógnitas que ecuaciones, se tiene al menos una solución racional para los ain (ver
lema de Siegel en la sección que sigue) y anulando los denominadores se tiene soluciones enteras no

34. 34 CAPÍTULO 3. INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE TRASCENDENCIA
todos nulos de los ain .
Por otra parte g(x) = 0 ya que f(x) es una función trascendente en el disco unitario. Sea g(x) =
xσ : hm(x) con hm(0) = 0 luego
(3.5)
m
i=0
Pi(x)(f(x))i
= xm2+σ
hm(x)
Etapa2 Supongamos que f(α) es algebraico, sea K = Q(α, f(α)), sean α = β
a con β ∈ AK (AK anillo
de enteros algebraicos en K) y a = den(α) ∈ N, sea f(α) = γ
b con γ ∈ AK y b = den(f(α)) ∈ N.
Tenemos
f x2n
= f(x) −
n−1
i=0
x2i
reemplazamos x por α y tenemos,
f α2n
= f(x) −
n−1
i=0
α2i
=⇒ f α2n
=
γ
b
−
n−1
i=0
β2i
a2i ∈ K
An
b·a2n−1
luego f(α2n
) = An
b·a2n−1 con An ∈ AK.
Reemplazando x por α2n
en (3.5) tenemos,
m
i=0
Pi(α2n
) f(α2n
)
i
= α2n(m2+σ)
hm(α2n
)
=⇒
m
i=0
Pi(α2n
)
∈K
An
b · a2n−1
i
∈K
=:Bn∈K
= α(m2+σ)2n
hm(α2n
)
Sea Bn el lado izquierdo de la ultima expresión que es número algebraico Bn ∈ K. Tenemos
Bn =
m
i=0
Pi
B2n
a2n
An
b · a2n−1
i
Como Pi es un polinomio de grado m entonces
den(Bn) ≤ a2n·m
· ba2n−1 m
= am(2n+2n−1)
· bm
≤ am2n−1
· bn
Por otra parte y dado que a2n
→ 0 si n → ∞ entonces
Bn ∼ hm(0)
=0
α(m2+σ)2n
esto implica Bn = 0 para n grande.
Y existe c1 0 tal que,
|Bn| ≤ c1 · |α|m22n
para todo n

35. 3.4. LEMA DE SIEGEL 35
por otra parte
Bn =
m
i=0
m
=0
ai
B2n
a2n ·
An
b · a2n−1
i
=
m
i=0
m
=0
ai (α2n
)(f(α2n
))
Sea c2 = m´axi, |ai |, sea c3 = m´ax{1, |α|} por la desigualdad triangular
|Bn| ≤ c2c2nm
2 (m + 1)2
cm
4 ≤ c2c∗m2n+1
3 (m + 1)2
donde c4 ≥ 1, es una constante que se obtiene al mayorar |f(α2n
)| cuando n → ∞ con c∗
3 =
m´ax{c3, c4}. Por la desigualdad triangular y considerando que grado(Bn) ≤ d con d = [K : Q]
tenemos,
c1|α|m22n
≥ c2c∗2n+1·m
3 · (m + 1)2
−d+1
am2n+1
· bm
−d
aplicando logaritmos
log c1 ≥ −m2
2n
log |α| + (−d + 1)(log c2 + 2n+1
· m log c∗
3 + 2 log(m + 1)) − d(m2n+1
log a + m log b)
=⇒ log c1 ≥ 2n
−m2
log |α| + m(2 log c∗
3(−d + 1) − 2d log a)
0
+(−d + 1) log c2
+2(−d + 1) log(m + 1) − dm log b
Existe algún m tal que
−m2
log |α| + m(2 log c∗
3(−d + 1) − 2d log α) 0
ya que |α| 1, haciendo n → ∞ la parte derecha tiende al innito lo cual contradice la acotación
de la parte izquierda.
3.4. Lema de Siegel
Lema 3.1 (Lema de Siegel) Sea A = m´axi,j |aij| en el sistema lineal, homogéneo



A11X1 + A12X2 + . . . + A1nXn = 0
A21X1 + A22X2 + . . . + A2nXn = 0
...
Am1X1 + Am2X2 + . . . + AmnXn = 0
con Aij ∈ Z no todos nulos y n m, sea A 0 tal que |Aij| ≤ A ∀ij. Existe una solución
(X1, X2, . . . , Xn) ∈ Zn tal que
0 m´ax |Xi| ≤ (nA)
m
n−m
Prueba: Sea −Wi la suma de los coecientes negativos Aij en la i − esima la para i = 1, . . . , m y
de la misma forma Vi la suma de los coecientes positivos, entonces Wi + Vi ≤ nA , ∀i.
Sea X ∈ N, para cada vector (x1, x2, . . . , xn) ∈ Zn tal que 0 ≤ xi ≤ X consideremos el vector
(y1, y2, . . . , yn) ∈ Zm tal que
yi =
n
j=1
AijXj ∀i

36. 36 CAPÍTULO 3. INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE TRASCENDENCIA
Tenemos
−WiX ≤ yi ≤ XVi , ∀i
En total tenemos (x + 1)n tales vectores X a lo sumo (WiX + XVi + 1)m tales vectores y =
(y1, y2, . . . , ym) i.e. a lo sumo ((Wi + Vi)X +1)m ≤ (nA +1)m tales y. Sea X = (nA)
m
n−m tenemos
x − 1 (nA)
m
n−m entonces (X + 1)n−m (nA)m que implica que (X + 1)n (X + 1)m(nA)m =
(nAX + nA)m ≥ (nAX + 1)m, como cada vector X genera un vector y y (X + 1)n (nAX + 1)m
por el principio del Palomar necesariamente dos vectores X y X generan el mismo vector y, luego
n
j=1
Aij (Xj − Xj )
Xj
= 0
con lo que el vector X = (X − X ) satisface las condiciones del teorema.
El lema de Siegel se puede generalizar a un cuerpo de números como lo indica el siguiente lema.
Lema 3.2 (Lema de Siegel para cuerpo de números) Sea K un cuerpo de números de grado d, dado
el sistema lineal homogéneo en K,



A11X1 + A12X2 + . . . + A1nXn = 0
A21X1 + A22X2 + . . . + A2nXn = 0
...
Am1X1 + Am2X2 + . . . + AmnXn = 0
con Aij enteros algebraicos a K no todos nulos y los Xi ∈ Z, ∀i incógnitas.
Supongamos n md y existe A 0 tal que |Aij| ≤ A, entonces existe una solución (X1, X2, . . . , Xn) ∈
Z tal que
0 m´ax
i
{|Xi|} ≤ (mMA)
md
n−md
para una constante M dada que no depende ni de n ni de m.
Prueba: Ejercicio.
3.5. El teorema de Hermite-Lindemann
Teorema 3.6 Sea α un numero es algebraico no nulo, entonces eα es trascendente.
Prueba: Supongamos que eα es algebraico, sea K = Q(α, eα) de grado d.
Denimos la función entera
fn(x) =
p
i=0
q
j=0
aijxi
eix
, aij ∈ Z
con p = n
log n , q = [(log n)2]. Probemos que existen aij ∈ Z no todos nulos tal que



Fn(0) = Fn(0) = . . . Fn−1
n (0) = 0
Fn(α) = Fn(α) = . . . Fn−1
n (α) = 0 , para n grande
0 m´ax |aij| ≤ en

37. 3.5. EL TEOREMA DE HERMITE-LINDEMANN 37
Tenemos,
Fm
n (x) =
p
i=0
q
j=0
aij
m
k=0
m
k
i(i − 1)(i − 2) . . . (i − k + 1)xi−k
jm−k
ejx
tenemos x = α
Fm
n (α) =
p
i=0
q
j=0
aij
ai+j
m
k=0
m
k
i(i − 1)(i − 2) . . . (i − k + 1)αi−k
jm−k
ejα
vamos a usar el Lema 3.2 viendo a los aij como incógnitas. Sea a un denominador común de α y
eα, multiplicamos los coecientes por ai+j−k para que se vuelvan enteros algebraicos.
Tenemos que las casas de los coecientes están acotados por
m
k=0
m
k
2m
i(i − 1) . . . (i − k + 1)jm−k
|aα|
i−k
|aeα|
j
ai+j
≤ 2n
· p! · qn
· cp+q
2 donde
c1 = m´ax(|a α|, |a eα|),
c2 = a c1
≤ 2n
en
(log n)2n
≤ e3n log log n
Para n grande.
El número de ecuaciones en 2n y el número de incognitas (aij) es (p + 1)(q + 1) n
log n (log n)2 por
el Lema de Siegel3.2 tenemos que existen coecientes aij ∈ Z tal que satisfacen condiciones en (3.6)
y
0 m´ax |aij| ≤ (2Mn log ne3n log log n
)
2nd
n log n−2nd ≤ en
Dado que ex es trascendente entonces Fn(x) no es nulo, por lo tanto existe algún k ≥ n tal que
F
(k)
n (0) = 0. Sea m el mínimo entero tal que
Fn(0) = Fn(0) = . . . = F(m−1)
n (0) = 0
Fn(α) = Fn(α) = . . . = F(m−1)
n (α) = 0
y
F(m)
n = 0 ó F(m)
n (α) = 0
Tenemos m ≥ n y sea
β = F(m)
n (rα) = 0
con r = 0 ó 1. Vamos a probar que el número algebraico β ∈ K satisface
|β| ≤ m
−m
6 (3,7)
En efecto sea la función entera (probando(3.7))
Gn(x) =
Fn(x)
xm(x − α)m
tenemos,
xm
(x − α)m
Gn(x) = Fn(x) =
β
m!xm + k≥m1 hkxk si r = 0
β
m!(x − α)m + k≥m+1 hk(x − α)k si r = 1

38. 38 CAPÍTULO 3. INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE TRASCENDENCIA
luego
β = m!(−α)mGn(0) si r = 0
β = m!αnGn(α) si r = 1
Tenemos en cualquier caso
|β| ≤ m!|α|m
m´ax{|Gn(0)|, |Gn(α)|}
por el principio del máximo,
|β| ≤ m!|α|m
m´ax
|x|=m
2
3
|Gn(x)|
tenemos en el disco {|x| = m
2
3 },
|Fn(x)| =
p
i=0
q
j=0
|aij||x|i
ejRe(x)
≤ en
m
2
3
p
eqm
2
3
(p + 1)(q + 1)
≤ 2em
m
2
3
m
log m
e(log m)2m
2
3 m
log m
(log m)2
≤ e2m
m el disco dado
|Gn(x)| ≤
e2m
m
2
3
m
(m
2
3 − α)m
≤
e2m
(1
2)mm
4
3
m
=
2me2m
m
4
3
m
luego
|β| ≤ m!|α|m
2m
e2m
m−4
3
m
≤ mm
(2|α|)m
e2m
m−4
3
m
≤ m−m
6
Por otra parte satisface
den(β) ≤ ap+q
≤ a
m
log m
+(log m)2
y también
|β| ≤ e3m log log m
(3.8)
En efecto
|β| ≤ em
2m
P!cp
1qm
c
q(p+1)(q+1)
1 donde c1 = m´ax(1, |α|, |ex|)
luego
|β| ≤ (2e)m m
log m
m
c1 log m
+(log m)2
(log m)2m
≤ e3m log log m
Por la desigualdad de la talla o tamaño, |β| ≥ (|β|)−d+1(denβ)−d
a
−d( m
log m
+(log m)2)
e(3m log log m)(−d+1)
≤ m
−m
6
luego
−d
m
log m
+ (log m)2
log a + (−d + 1)(3m log log m) ≤ −
m
6
log m
=⇒
m
6
log m ≤ d
m
log m
+ (log m)2
log a + 3m(1 − d) log log m
lo cual es absurdo si m es grande.

39. 3.5. EL TEOREMA DE HERMITE-LINDEMANN 39
Corolario 3.1 e y π son trascendentes.
Prueba: e = e1, eiπ = −1 si π fuese algebraico eiπ = −1 seria trascendente lo cual es absurdo.
El teorema de Gelfond-Schneider
Sea α ∈ C denimos su logaritmo como,
log α = log |α| + iArg(α)
donde −π Arg(α) ≤ π. De manera similar denimos la función
αz
= ez log α
para α ∈ C∗. Es fácil ver que αz es una función entera y además αz es trascendente.
En su famosa lista de 23 problemas Hilbert propuso estudiar la trascendencia de αβ para α y β
algebraicos.
Este problema fue resuelto de manera independiente por Gelfond y Schneider en 1934.
Teorema 3.7 Si α = 0, 1 algebraico y β algebraico irracional, entonces αβ es trascendente.
Corolario 3.2 eπ es trascendente.
En efento(−1)−i = e−i log(−1) = e−i(log1+iπ) = eπ y (−1) y − i son algebraicos
Prueba:(Teorema 3.7) Suponemos que αβ es algebraico, sea K = Q(α, β, αβ) =: γ cuerpo de
números de dimensión d. Llamamos
λ = den(α)den(β)den(γ); µ := |α||γ|(1 + β); v := e2|logα|
Existe N ∈ N grande tal que para n ≥ N se tiene:
(D)



(1 + |β|)(n + 1)5 ≤ n6 ≤ 1
2n7 ; (λµ)n8
n5n8
≤ n6n8
(Mn11n6n8
)
d
n−d ≤ en8
; n11en8
e7n8lognen10|logα| ≤ vn10
(4v)n10
n−n10
≤ e−n10
; λ(n+1)8
≤ en9
n11en8
µ(n+1)8
(n + 1)5n8
≤ en9
; n10 (2d − 1)n9
Denamos la siguiente función entera,
F(z) =
N8−1
i=0
N3−1
j=0
aijzi
αz,j
; aij ∈ Z
Mostremos que existe aij ∈ Z tal que ∀k, ∀m entonces con 0 ≤ k N5, 0 ≤ m N5 se tiene
que F(k + βm) = 0 y ademas 0 m´ax |aij| ≤ en8
. En efecto debemos resolver el sistema lineal
homogénea
N8−1
i=0
N3−1
j=0
aij(k + βm)i
γmj
αkj
= 0 , ∀0 ≤ k, m N5
La idea es usar el lema de Siegel, multiplicando por den(β)N8
·(denγ)N8
·(denα)N8
= λN8
y acotando
las casas de enteros algebraicos que multiplican a aij,
|(k + βm)iγmjαkjλN8
| ≤ N5N8
(1 + |β|)N8
|γ|
N8
|α|
N8
λN8
= N5N8
µN8
λN8

40. 40 CAPÍTULO 3. INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE TRASCENDENCIA
= (µλ)N8
N5N8
≤ N6N8
=: A
Usando Siegel, existen tales aij con
0 m´ax |aij| ≤ MN11
· N6N8
d
N−d
≤ eN8
La siguiente etapa consiste en demostrar por inducción que para n ≥ N:
(I)n : F(k + βm) = 0 ∀0 ≤ k, m N5 enteros
(II)n : m´ax|z|≤n6 |F(z)| ≤ e−n10
Paso1: Ya se demostró que (I)n es verdad para n = N.
Paso2: Mostremos que (I)n implica (II)n para n ≥ N.
Tenemos
m´ax
|z|≤n7
|F(z)| ≤ eN8
n7N8
eN3n7|logα|
N11
≤ en8
e7n8logn
en10|logn|
n11
≤ vn10
Consideremos la función
G(z) =
F(z)
0≤k,mn5 (z − (k + βm))
que es entera por la hipótesis de inducción (I)n y los términos k + βm son todos diferentes ya que
β es irracional. Podemos aplicar el principio del máximo a G(z), tenemos que si |z| ≤ n6 entonces
G(z)| ≤ m´ax|z|≤n7 |G(z)| ≤ V n10
0≤k,mn5 |n7−|k+βm||
, luego
m´ax
|z|≤n6
|F(z)| ≤
V n10
0≤k,mn5 |n7 − |k + βm||
·
0≤k,mn5
(n6
+ |k + βm|)
≤
V n10
0≤k,mn5 (n6 + n5(1 + |β|))
0≤k,mn5 |n7 − |k + βm||
≤
V n10
0≤k,mn5 (2n6)
0≤k,mn5
1
2n7
≤ (4V )n10
n−n10
≤ e−n10
Paso3: Mostremos ahora que (II)n implica (I)n+1
Para todos 0 ≤ k, m (n + 1)5 tenemos que el número algebraico en K,
F(k + βm) =
N8−1
i=0
N3−1
j=0
aij(k + βm)i
γmj
αkj
Tenemos
|k + βm| ≤ (n + 1)5
(1 + |β|) ≤ n6
por (II)n se tiene
|F(k + βm)| ≤ e−n10
Además el denominador de F(k + βm) esta acotado por,
den(F(k + βm)) ≤ (denβ)n8
· (denγ)(n+1)5N3
(denα)(n+1)5N3
≤ (denβ)n8
· (denγdenα)(n+1)5n3
≤ λ(n+1)8
≤ en9

41. 3.5. EL TEOREMA DE HERMITE-LINDEMANN 41
Por otra parte la casa de F(k + βm) esta acotado por,
|F(k + βm)| ≤ eN8
(n + 1)5N8
(1 + |β|)N8
· |γ|
(n+1)8N3
|α|
N3(n+1)5
· N11
≤ en8
(n + 1)5n8
µ(n+1)8
· (n + 1)11
≤ en9
Si suponemos F(k + βm) = 0 por la desigualdad del tamaño,
e(1−2d)n9
= e−dn9
e(−d+1)n9
= e−n10
=⇒ en10+(1−2d)n9
≤ 1
lo cual es imposible ya que el exponente del lado izquierdo es mayor a 0 por (D).
Gracias a (II)n haciendo tender n → ∞ se tiene F(z) = 0 es decir
N3−1
j=0


N8−1
i=0
aijzi

 αzj
= 0
que implicaría queαz sería algebraica lo cual no es posible.
Luego αβ es trascendente.