Algebra[ufro]

Algebra

Dra. Mar´ Teresa Alcalde Cordero
ıa
Dr. C´sar Burgueõ Moreno
e n

Depto. de Matem´tica y Estad´
a ıstica
Facultad de Ingenier´ Ciencias y Administraciń
ıa, o
Universidad de La Frontera

Segunda Ediciń
o
Marzo de 2008

Indice de materias

Pr´logo
o 5

1 L´gica y Teor´ de conjuntos
o ıa 7
1.1 Proposiciones L´gicas . . . . . . . . . . . . . . . . .
o . . 7
1.2 Conectivos l´gicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o . . 9
1.2.1 La equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 El conectivo ”no” . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.3 Los conectivos ”y”, ”o” . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.4 El conectivo ”implica” . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Concepto de Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Teoremas l´gicos b´sicos . . . . . . . . . . . . . . .
o a . . 15
1.5 Conectivos b´sicos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a . . 18
1.6 Demostraciones algebraicas . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.7 M´todos de demostraciń . . . . . . . . . . . . . . .
e o . . 23
1.7.1 Demostraciń directa de ”p ⇒ q” . . . . . .
o . . 24
1.7.2 Demostraciń indirecta de ”p ⇒ q” . . . . .
o . . 24
1.7.3 Demostraciń por contradicciń de ”p ⇒ q”
o o . . 24
1.8 Circuitos L´gicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o . . 28
1.8.1 Descripciń l´gica de circuitos . . . . . . . .
o o . . 28
1.9 Teor´ de conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ıa . . 38
1.9.1 Cuantificadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.9.2 Negaciń de los cuantificadores . . . . . . .
o . . 41
1.9.3 Ejemplos y contraejemplos . . . . . . . . . . . . 44
1.9.4 Operaciones entre conjuntos . . . . . . . . . . . 44
1.9.5 Uniń e intersecciń . . . . . . . . . . . . .
o o . . 46
1.9.6 Conjunto Potencia . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1.9.7 Conjuntos num´ricos . . . . . . . . . . . . .
e . . 50

1

2

1.9.8 Diferencia sim´trica . . . . . . . . . . . . . . . .
e 51
1.10 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2 Sumatorias y Recurrencia 59
2.1 Sumatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.1.1 Propiedades de la sumatoria . . . . . . . . . . . 62
2.1.2 Progresiones aritm´ticas . .
e . . . . . . . . . . . 70
2.1.3 Progresiones Geom´tricas .
e . . . . . . . . . . . 72
2.1.4 Sumas de cuadrados . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.2 Inducciń o recurrencia . . . . . . .
o . . . . . . . . . . . 75
2.2.1 Los n´meros naturales . . .
u . . . . . . . . . . . 75

3 Binomio de Newton 87
3.1 Factorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.2 N´mero combinatorio . . .
u . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.2.1 Trińgulo de Pascal
a . . . . . . . . . . . . . . . . 92
3.3 Desarrollo del binomio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4 Relaciones Binarias 113
4.1 Producto Cartesiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
4.2 Conceptos b´sicos . . . . . . . . . . . . .
a . . . . . . . . 115
4.3 Grafos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
4.4 Propiedades de las relaciones binarias . . . . . . . . . . 122
4.4.1 Reflexividad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
4.4.2 Simetr´ . . . . . . . . . . . . . .
ıa . . . . . . . . 125
4.4.3 Transitividad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
4.4.4 Antisimetr´ . . . . . . . . . . . .
ıa . . . . . . . . 130
4.5 Relaciones de equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . 140
4.5.1 Introducciń y definiciń . . . . .
o o . . . . . . . . 140
4.5.2 Clases de Equivalencia y conjunto cuociente . . 146
4.5.3 Congruencias en Z . . . . . . . .
Z . . . . . . . . 151
4.6 Relaciones de orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

3

5 Funciones 165
5.1 Definiciones b´sicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a 165
5.2 Propiedades de una funciń . . . . . . . . . . . . . . .
o 171
5.3 Imagen rec´ ıproca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
5.4 Inyectividad, epiyectividad y biyectividad . . . . . . . . 174
5.5 Composiciń de funciones . . . . . . . . . . . . . . . .
o 175
5.6 Funciń inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 176
5.7 Funciones biyectivas sobre conjuntos finitos o permuta-
ciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
5.7.1 Permutaciones de In . . . . . . . . . . . . . . . 182
5.8 Funciones sobre conjuntos finitos . . . . . . . . . . . . 185
5.8.1 Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
5.8.2 N´mero de funciones entre dos conjuntos finitos
u 188
5.9 Algunas funciones sobre conjuntos no finitos . . . . . . 189

6 Estructuras Algebraicas 197
6.1 Ley de composiciń interna . . . . . . . . . . .
o . . . . 197
6.1.1 Propiedades de una l.c.i. en un conjunto . . . . 199
6.2 Subestructuras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
6.3 Grupos, anillos y cuerpos . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
6.4 Subgrupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
6.5 Estructura de Z n . . . . . . . . . . . . . . . . .
Z . . . . 217
6.6 Estructura de Sn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
6.7 Aritm´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e . . . . 223

7 N´ meros complejos
u 229
7.1 Construcciń . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o . 229
7.2 Estructura algebraica de (C, +, ·) . . . . . . . . . . . . 232
7.3 Valor absoluto y distancia . . . . . . . . . . . . . . . . 236
7.4 Forma polar o trigonom´trica de un n´mero complejo
e u . 241
7.5 Multiplicaciń de n´meros complejos . . . . . . . . .
o u . 242
7.6 Elevaciń a potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o . 243
7.7 Inversos multiplicativos. . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
7.8 Extracciń de ra´
o ıces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
7.9 Forma exponencial de un n´mero complejo . . . . . .
u . 250

4


8 Polinomios 259
8.1 Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259
8.2 Funciń polin´mica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o o 265
8.2.1 Ra´ de un polinomio . . . . . . . . . . . . . .
ıces 266
8.3 Divisibilidad en el conjunto de polinomios . . . . . . . 271
8.3.1 Teorema de la descomposiciń unica . . . . . .
o ´ 275
8.4 Divisiń Euclidiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 275
8.4.1 Teorema de la Divisiń Euclidiana o Algoritmo
o
de la Divisiń . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 276
8.5 Descomposiciń en C[X] . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 278
8.6 Descomposiciń en IR[X] . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 279
8.7 Descomposiciń en Q[X] . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 281
8.8 Fracciones Racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

Bibliograf´
ıa 297

Pr´logo
o

Este libro ha sido pensado para ti que vienes llegando a la Universidad,
despu´s de haber tenido una formaciń matem´tica en la Educaciń
e o a o
Media. Esperamos que esta sea una linda experiencia para ti y que
tengas mucho ´xito en tus estudios.
e
El texto contiene gran cantidad de ejercicios resueltos, con la final-
idad de ayudarte a comprender mejor cada una de las materias del
curso. Puede que algunos ejercicios te parezcan muy sencillos, pero es
conveniente que los desarrolles y los entiendas en profundidad.
Aparentemente este curso es fćil, pero requiere de mucho estudio de
a
parte tuya. Es importante que estudies todos los d´ cada uno de los
ıas
ramos que estas siguiendo, hasta lograr una disciplina de estudio que
te permita sentirte bien contigo mismo y lograr un buen rendimiento.
Por nuestra parte estamos dispuestos a ayudarte en las dudas que te
vayan surgiendo, para ello debes acercarte a nosotros y solicitar dicha
ayuda.
El contenido del curso abarca las materias correspondiente al curso
de ´lgebra de primer semestre. Dichas materias tambiń las puedes
a e
encontrar en muchos otros libros, pero el tratamiento que hacemos
aqu´ corresponde a la forma en que te expondremos la materia. Evi-
ı
dentemente que es conveniente que consultes otros textos y hagas los
ejercicios que se proponen.
Queremos agradecer a nuestro amigo y colega Dr. Cristiń Mallol Co-
a
mandari por la ayuda prestada, siendo algunos temas y ejercicios in-
spiraciones personles de ´l.
e

5

6

Agradecemos a Dios por ayudarnos a escribir este libro el cual ha sido
un trabajo muy agradable y se lo dedicamos a nuestros hijos.

Dra. Mar´ Teresa Alcalde Cordero
ıa
Dr. C´sar Burgue˜o Moreno
e n
Depto. de Matem´tica y Estad´
a ıstica
Facultad de Ingenier´ Ciencias y Administraci´n
ıa, o
Universidad de La Frontera

Temuco, Marzo de 2008

Cap´
ıtulo 1

L´gica y Teor´ de conjuntos
o ıa

En este curso, veremos solamente algunos conceptos b´sicos y apren-
a
deremos a trabajar algebraicamente con estos conceptos.
Veremos lo justo y necesario para vuestros estudios y vida profesional.

1.1 Proposiciones L´gicas
o
Nota Trabajaremos solamente con frases a las cuales se les pueda
asignar el valor de verdadera o falsa.
Diremos que a una frase se le puede asignar un valor de verdad si se
puede decir: ”esta frase es verdadera” o ”esta frase es falsa”.

Definiciń 1.1.1 Una proposiciń es una frase a la cual se le puede
o o
asignar un valor de verdad.

Ejemplos de proposiciones

1. Temuco es m´s grande que Santiago.
a

2. Juan ama a Francisca.

3. No es una proposiciń: ¿Ama Ignacio a Francisca?
o

7

8 Alcalde - Burgueõ
n Algebra

4. Loreto canta hermoso.
5. No es una proposiciń: ¡Vamos al Lago Budi!
o

Definiciń 1.1.2 Hay frases, oraciones o secuencias de oraciones a
o
modo de historias, a las cuales no se les puede asignar un valor de
verdad. Estas son llamadas paradojas.

Ejemplos

1. Una paradoja muy famosa es aquella conocida como ”La paradoja
del mentiroso”. Esta paradoja dice:
”Yo soy mentiroso”
Si una persona te dice esta frase, t´ no sabes si esta frase es
u
verdadera o falsa.
2. Otra paradoja muy conocida es la ”paradoja del barbero”. Esta
paradoja dice as´
ı:
”En un pueblo, hab´ un barbero, el cual afeitaba a todos aque-
ıa
llos que no se afeitaban a si mismo”.
Uno se pregunta: ¿Quiń afeitaba al barbero?
e
Si el como persona no se afeitaba a si mismo, entonces por
el hecho de ser ”el barbero” del pueblo, deb´ afeitarse. Con-
ıa
tradicciń.
o
Si ´l se afeitaba a si mismo, esto no pod´ ser, pues por el hecho
e ıa
de ser el barbero, no pod´ afeitarse a si mismo. Nuevamente
ıa
llegamos a una contradicciń.
o
3. La siguiente historia, tambiń es una paradoja. Dice as´
e ı:
”Hab´ un botero, que llevaba a la gente desde una isla, al con-
ıa
tinente. Ocurre que ´ste botero preguntaba a los isleõs sobre
e n
qu´ iban a comprar al continente. Si no respond´ la verdad,
e ıan
entonces ellos eran guillotinados.
Resulta que un isleõ le dijo:
n
”Voy al continente a ser guillotinado”.
O tambiń:
e

Cap´
ıtulo 1. L´gica y Teor´ de conjuntos
o ıa 9

1.2 Conectivos l´gicos
o
Nota Una proposiciń, se puede unir con otra proposiciń, a trav´s
o o e
de los conectivos l´gicos. Los conectivos l´gicos son:
o o
La negaciń, la conjunciń (y), la disyunciń (o), la implicaciń y la
o o o o
equivalencia.

1.2.1 La equivalencia
Definiciń 1.2.1 Dos proposiciones p y q son l´gicamente equiv-
o o
alentes, denotado p ≡ q, si ellas tienen el mismo valor de verdad.
Si p y q son dos proposiciones, entonces p ≡ q, tambiń es una
e
proposiciń y su valor de verdad, puede ser determinado con la ayuda,
o
de lo que llamaremos ”tabla de verdad”.
La tabla de verdad de la equivalencia es la siguiente

p q p≡q
V V V
V F F
F V F
F F V

En esta tabla, la columna del lado derecho, contiene el valor de verdad
de ”p ≡ q”, para todas las combinaciones posibles de los valores de
verdad de p y q.

Ejemplo. Son equivalentes los pares de proposiciones siguientes:

1. a) ”Juan es m´s alto que Loreto”
a
b) ”Loreto es m´s baja que Juan”
a

2. a) ”Temuco es m´s grande que Par´
a ıs”
b) ”Par´ es m´s pequeõ que Temuco”
ıs a n

n Algebra

1.2.2 El conectivo ”no”
Definiciń 1.2.2 Si ”p” es una proposiciń, el valor de verdad de la
o o
proposiciń ”no p”, queda determinada por la siguiente tabla de verdad
o

p no p
V F
F V

Ejemplos

1. p: Ignacio ama a Francisca.
no p: Ignacio no ama a Francisca.

2. p: Julieta no ama a Romeo.
no p: Julieta ama a Romeo.

1.2.3 Los conectivos ”y”, ”o”
Definiciń 1.2.3 Si ”p” y ”q” son dos proposiciones, las proposi-
o
ciones ”p y q” y ”p o q”, estń determinadas por las siguientes tablas
a
de verdad.

p q pyq p q poq
V V V V V V
V F F V F V
F V F F V V
F F F F F F

En espaõl, es algo ambigö el uso del monos´
n u ılabo ”o”. Generalmente
es usado en sentido excluyente, pero en matem´ticas puede incluir
a
ambas proposiciones.

Ejemplos

Cap´
o ıa 11

1. ”Escuchemos el pron´stico del tiempo para saber si maãna el
o n
d´ estar´ bonito o feo”.
ıa a
Este es exactamente el ”o” que dejaremos de usar.

2. Un pap´ matem´tico, ofrece a su hijo Juan, conocedor del ”o
a a
matem´tico”: ”helados de frutilla o helados de chocolate”. Su
a
hijo Juan responde
”Quiero que me des helados de frutilla y tambiń helados de
e
chocolate”.

3. La frase ”Loreto es alta o baja” es matem´ticamente verdadera.
a

4. La frase ”Temuco es m´s grande que Niamey y Temuco es m´s
a a
pequeõ que Niamey” es falsa pues una de las dos proposiciones
n
iniciales es falsa.

Notaciones. El conectivo y se denota por ∧, y el conectivo o por ∨.

1.2.4 El conectivo ”implica”
Si p y q son dos proposiciones, entonces la proposiciń ”p implica q”,
o
denotada por p ⇒ q, est´ definida por la siguiente tabla de verdad:
a

p q p⇒q
V V V
V F F
F V V
F F V

En lenguaje de la vida diaria, esto es usual expresarlo diciendo:
”si p, entonces q”
o bien:
”p es condiciń suficiente para q”
o
o bien:

n Algebra

”q es condiciń necesaria para p”
o
Ejemplos

1. p: est´ lloviendo
a
q: se est´ mojando el campo
a
”p ⇒ q”: ”Si est´ lloviendo, entonces se est´ mojando el campo”.
a a
o bien:
”Es suficiente que est´ lloviendo, para que se est´ mojando el
e e
campo”
o bien:
”Basta que est´ lloviendo, para que se est´ mojando el campo”
e e

2. p : n es m´ltiplo de 6.
u
q : n es m´ltiplo de 2.
u
La proposiciń ”p ⇒ q”, es verdadera, pues ”basta ser m´ltiplo
o u
de 6, para ser m´ltiplo de 2”.
u
o bien:
”Si n es m´ltiplo de 6, entonces n es m´ltiplo de 2”.
u u

3. ”Si un pol´ıgono regular tiene 2n , n ≥ 2, lados, entonces puede
ser constru´ con regla y comp´s”
ıdo a
N´tese que el trińgulo equil´tero puede ser constru´ con regla
o a a ıdo
y comp´s.
a
Tambiń el pent´gono, el hex´gono, o el pol´
e a a ıgono regular de 17
lados.
Pero, basta que tenga 2n , n ≥ 2, lados, para que pueda ser cons
tru´ con regla y comp´s.
ıdo a
Es decir
(Un pol´ıgono regular tiene 2n , n ≥ 2 lados)⇒(puede ser con-
stru´ con regla y comp´s)
ıdo a

Cap´
o ıa 13

4. ”Si Juan se lee la Enciclopedia Britńica en un d´ entonces
a ıa,
Francisca andar´ en bicicleta”
ıa
p: ”Juan lee la Enciclopedia Britńica en un d´
a ıa”
q: ”Francisca andar´ en bicicleta”
ıa
”p⇒q” es una proposiciń considerada verdadera, pues ”p no es
o
verificado, luego no podemos contradecir q.

5. a = b ⇒ a + 5 = b + 5

6. Si n es divisible por 2, entonces n2 es divisible por 4.

1.3 Concepto de Teorema
Definiciń 1.3.1 Una tautolog´ es una proposiciń que siempre es
o ıa o
verdadera, independientemente de la veracidad o falsedad de las pro-
posiciones iniciales.

Ejemplo. ”p o (no p)” es una tautolog´
ıa

p no p p o (no p)
V F V
F V V

Ejemplo. ”Castro est´ en Chilo´ o el d´ est´ asoledado”.
a e ıa a
Esta proposiciń es una tautolog´ pues, es siempre verdadera, inde-
o ıa
pendiente si el d´ est´ soleado o no lo est´. Ocurre que ”Castro est´ en
ıa a a a
Chilo´” es siempre verdadera y ambas proposiciones estń conectadas
e a
por el conectivo ”o”

Definiciń 1.3.2 Una contradicciń es una proposiciń que siem-
o o o
pre es falsa, independientemente de la veracidad o falsedad de las
proposiciones iniciales.

Ejemplos

n Algebra

1. ”p y no p” es una contradicciń
o

p no p p y (no p)
V F F
F V F

2. ”El lago Llanquihue est´ en el norte de Chile y t´ tienes una
a u
calculadora en el bolsillo”
Puesto que la primera proposiciń es siempre falsa y que estń
o a
conectadas por la conjunciń ”y” entonces la proposiciń final
o o
es siempre falsa.
F y V ≡ F; F yF ≡F

Definiciń 1.3.3 Un axioma o un postulado es una proposiciń
o o
que hemos supuesto verdadera.

Ejemplo. ”Una cantidad es igual a si misma”.
Ejemplo. 50 Postulado de Euclides: ”Por un punto fuera de una recta
se puede trazar una unica recta paralela a ella”.
´

Definiciń 1.3.4 Un teorema es una proposiciń que necesita ser
o o
demostrada.

Demostrar un teorema consiste en poner en evidencia su veracidad a
partir de proposiciones conocidas o axiomas.

Definiciń 1.3.5 Diremos que una proposiciń es trivial u obvia si
o o
es fćil pensar la demostraciń.
a o

En general estas dos palabras se usan de manera abusiva. Es t´
ıpico que
la proposiciń: ”p es trivial” es usada para significar: ”Yo no puedo
o
pensar en una demostraciń de p, pero yo estoy seguro que es ver-
o
dadera”.

Cap´
o ıa 15

1.4 Teoremas l´gicos b´sicos
o a
Teorema 1.4.1 (Idempotencia)

i) p ∨ p ≡ p

ii) p ∧ p ≡ p

p p ∨ p p ∧ p)
V V V
F F F

Las tres columnas tienen el mismo valor de verdad, luego las tres
proposiciones son equivalentes.

Teorema 1.4.2 (Doble negaci´n) no(no p) ≡ p
o

Demostraci´n.
o

p no p no (no p)
V F V
F V F

La primera columna coincide con la tercera, luego ambas proposiciones
tienen el mismo valor de verdad, es decir, son equivalentes.

Teorema 1.4.3 (Conmutatividad)

i) p ∨ q ≡ q ∨ p

ii) p ∧ q ≡ q ∧ p

Teorema 1.4.4 (Asociatividad)

i) p ∨ (q ∨ r) ≡ (p ∨ q) ∨ r

ii) p ∧ (q ∧ r) ≡ (p ∧ q) ∧ r

n Algebra

Luego podemos borrar los parńtesis.
e

Teorema 1.4.5 (Distributividad)

i) p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

ii) p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

Teorema 1.4.6 (Ley de Absorciń)
o

i) p ∧ (p ∨ q) ≡ p

ii) p ∨ (p ∧ q) ≡ p

Demostraciń i)
o

p q p ∨ q p ∧ (p ∨ q)
V V V V
V F V V
F V V F
F F F F

La primera columna coincide con la cuarta columna, luego ambas
proposiciones son equivalentes.
Demostraciń ii)
o

p q p ∧ q p ∨ (p ∧ q)
V V V V
V F F V
F V F F
F F F F

La primera y la cuarta columna coinciden, luego las proposiciones son
equivalentes.

Teorema 1.4.7 (Leyes de Morgan)

i) no(p ∨ q) = (no p) ∧ (no q)

Cap´
o ıa 17

ii) no(p ∧ q) = (no p) ∨ (no q)

Demostraciń i)
o

p q p ∨ q no(p ∨ q) no p no q (no p) ∧ (no q)
V V V F F F F
V F V F F V F
F V V F V F F
F F F V V V V

Demostraciń ii) De la misma manera que i).
o
Notaciń: no p ser´ abreviada por p
o a
Lema. Si p es una proposiciń, entonces se tiene
o

i) V ∨ p ≡ V

ii) V ∧ p ≡ p

iii) F ∨ p ≡ p

iv) F ∧ p ≡ F

Demostraciń i)
o
V p V ∨p
V V V
V F V

Las otras demostraciones son an´logas.
a

ıdo) ”p ∨ p” es una tautolog´ es
Teorema 1.4.8 (Tercero Exclu´ ıa,
decir, p ∨ p ≡ V

Demostraciń. Mediante tabla de verdad.
o

Teorema 1.4.9 La proposiciń p ≡ q tiene el mismo valor de verdad
o
que la proposiciń (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)
o

n Algebra

Demostraciń.
o

p q p ≡ q p ⇒ q q ⇒ p (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)
V V V V V V
V F F F V F
F V F V F F
F F V V V V

La tercera y la sexta columna son iguales, luego se tiene demostrado
el teorema.
o ımbolo p ⇔ q resume la proposiciń:
Notaciń. El s´ o

(p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)

Decimos p si y s´lo si q.
o
Observaciń. El teorema anterior nos dice que es equivalente escribir
o
p ≡ q que p ⇔ q

1.5 Conectivos b´sicos
a
Nota En esta secciń veremos que a partir de los conectivos ”no” y
o
”o”, se pueden obtener los otros tres conectivos. De la misma manera,
a partir de ”no” e ”y”.

Teorema 1.5.1 (Reducciń de ”⇒” a ”no” y ”o”)
o

(p ⇒ q) ≡ (p ∨ q)

Demostraciń.
o
p q p⇒q p p∨q
V V V F V
V F F F F
F V V V V
F F V V V

Cap´
o ıa 19

La tercera y quinta columna coinciden, luego ambas proposiciones
tienen el mismo valor de verdad.
Muy Importante: Los teoremas anteriores ustedes los van a utilizar
a lo largo de sus estudios, es decir, siempre!. Necesitarń recordar los
a
enunciados.
Ejercicios.

1. Reducciń del ”⇔” a ”no”, ”o” e ”y”
o
En efecto
i) p ⇔ q ≡ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) ≡ (p ∨ q) ∧ (q ∨ p)
Es decir p ⇔ q ≡ (p ∨ q) ∧ (q ∨ p)
Otra posibilidad es:
ii) p ⇔ q ≡ (p ∨ q) ∧ (q ∨ p)
≡ ((p ∨ q) ∧ q) ∨ ((p ∨ q) ∧ p)
≡ (p ∧ q) ∨ (q ∧ q) ∨ (p ∧ p) ∨ (q ∧ p)
≡ (p ∧ q) ∨ F ∨ F ∨ (p ∧ q)
≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ q)
es decir
p ⇔ q ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ q)
2. Reducciń de ”y” a ”no” y ”o” En efecto
o
p∧q ≡p∧q ≡p∨q
es decir
p∧q ≡p∨q
3. Reducciń de ”⇔” a ”no” y ”o”: En efecto
o
p ⇔ q ≡ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) ≡
≡ (p ∨ q) ∧ (q ∨ p) ≡ (p ∨ q) ∨ (q ∨ p)
Nota Los conectivos ”y”, ”⇒”, ”⇔” pueden ser expresados a
partir de ”no” y ”o”, o bien a partir de ”no” e ”y”.
4. (Tarea.) Describa p ∨ q, p ⇒ q, p ⇔ q a partir de los conectivos
”no” e ”y”.

n Algebra

1.6 Demostraciones algebraicas
1. Demostremos que p ⇒ (p ∨ q) es una tautolog´ es decir es
ıa,
siempre verdadera.
Demostraciń.
o
(p ⇒ (p ∨ q)) ≡ (p ∨ (p ∨ q))
≡ ((p ∨ p) ∨ q)
≡ V ∨q
≡ V

2. Demostremos que (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q.
Demostraciń.
o
p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q ≡ (p ∧ (p ∨ q)) ∨ q
≡ (p ∨ (p ∨ q)) ∨ q
≡ (p ∨ q) ∨ (p ∨ q)
≡ V

ıproco): (p ⇒ q) ≡ (q ⇒ p).
3. Teorema (contrarec´
Demostraciń.
o
p⇒q ≡ p∨q
≡ q∨p
≡ q∨p
≡ q⇒p

Nota Esta ultima proposiciń es muy usada, es por esto que lleva el
´ o
nombre de teorema.
Observaciń. Recordemos el ejemplo:
o
p: est´ lloviendo
a
q: se est´ mojando el campo
a
Es equivalente decir:
”Si est´ lloviendo, entonces se est´ mojando el campo”
a a
y

Cap´
o ıa 21

”Si no se est´ mojando el campo, entonces no est´ lloviendo”
a a
Observe que el negar p no conduce a ninguna deducciń, pues
o
”si no est´ lloviendo”, puede ocurrir que ”se est´ mojando el campo”
a e
o bien, ”que no se est´ mojando el campo”
e
Ejercicios Resueltos

1. ((p ∨ q) ∧ q) ⇒ p
Soluciń.
o
((p ∨ q) ∧ q) ⇒p ≡ ((p ∨ q) ∧ q) ∨ p
≡ (p ∨ q) ∨ q ∨ p
≡ (p ∨ q) ∨ (p ∨ q)
≡ V

2. (p ⇒ (q ∧ q)) ⇒ p
Soluciń.
o
(p ⇒ (q ∧ q)) ⇒ p ≡ (p ⇒ F ) ⇒ p
≡ (p ∨ F ) ∨ p
≡ (p ∧ V ) ∨ p
≡ p∨p
≡ V

En palabras, si una proposiciń induce una contradicciń, en-
o o
tonces uno concluye que la proposiciń verdadera es la negaciń
o o
de la proposiciń inicial.
o
3. Ley de simplificaciń: p ∧ q ⇒ p.
o
Soluciń.
o
(p ∧ q) ⇒p ≡ p∧q∨p
≡ (p ∨ q) ∨ p
≡ (p ∨ p) ∨ q
≡ V ∨q
≡ V
Nota Si tenemos dos proposiciones verdaderas unidas por un
”y”, ¡obvio! que cada una de ellas es tambiń verdadera.
e

n Algebra

Se dice: ”en particular” cada una de ellas es verdadera.
Por Ejemplo:
”Ignacio tiene alguien que lo ama y Juan tiene alguien que lo
ama”, en particular Juan tiene alguien que lo ama.
Esto es lo que se llama un ”caso particular”.
4. Teorema de Reducciń al Absurdo.
o
p ⇒ q ≡ (p ∧ q) ⇒ p

Soluciń.
o
(p ∧ q) ⇒ p ≡ p∧q∨p
≡ (p ∨ q) ∨ p
≡ p∨q
≡ p⇒q
5. Primer Teorema de Demostraciń por casos.
o
((p ⇒ q) ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q
es un tautolog´
ıa.
Soluciń.
o
((p ⇒ q) ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q ≡ (p ⇒ q ∧ p ⇒ q) ∨ q
≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ q) ∨ q
≡ (p ∧ p) ∨ q ∨ q
≡ F ∨q∨q
≡ q∨q
≡ V

6. Segundo Teorema de Reducciń al Absurdo.
o
p ⇒ q ≡ (p ∧ q) ⇒ q

Soluciń.
o
(p ∧ q) ⇒ q ≡ (p ∧ q) ∨ q
≡ (p ∨ q) ∨ q
≡ p∨q
≡ p⇒q

Cap´
o ıa 23

7. Segundo Teorema de Demostraciń por casos.
o
[(p ⇒ r) ∧ (q ⇒ r)] ⇒ [(p ∨ q) ⇒ r]

Soluciń.
o
(p ⇒ r) ∧ (q ⇒ r) ⇒ ((p ∨ q) ⇒ r) ≡
≡ p ⇒ r ∧ q ⇒ r ∨ ((p ∨ q) ⇒ r)
≡ (p ∨ r) ∧ (q ∨ r) ∨ ((p ∨ q) ∨ r)
≡ (p ∧ q) ∨ r ∨ (p ∨ q ∨ r)
≡ ((p ∨ q) ∨ r ∨ (p ∨ q ∨ r)
≡V
8. (p ⇒ q) ≡ ((p ∨ q) ⇔ q)
Soluciń.
o
((p ∨ q) ⇔ q) ≡ ((p ∨ q) ⇒ q) ∧ (q ⇒ p ∨ q))
≡ (p ∨ q ∨ q) ∧ (q ∨ p ∨ q)
≡ (p ∨ q ∨ q) ∧ V
≡ p∨q∨q
≡ (p ∧ q) ∨ q
≡ (p ∨ q) ∧ (q ∨ q)
≡ (p ∨ q) ∧ V
≡ p∨q
≡ (p ⇒ q)

1.7 M´todos de demostraciń
e o
Nota La mayor´ de los teoremas tienen una de las dos formas si-
ıa
guientes:

”p ⇒ q” o ”p ⇔ q”

La segunda de estas formas, realmente consiste en dos teoremas en uno
y es usualmente probado en dos partes. Se demuestra separadamente
”p ⇒ q” y ”q ⇒ p”.
El primer tipo de demostraciń que veremos es llamado:
o

n Algebra

1.7.1 Demostraciń directa de ”p ⇒ q”
o
En este caso se supone verdadero p y se trata de deducir la veracidad
de q.
No es necesario preocuparse cuando p es falso, pues en este caso la
implicaciń ”p ⇒ q” es siempre verdadera.
o
Ejemplo.
Teorema: Sea n un n´mero entero, entonces
u

n par ⇒ n2 par

Demostraciń directa: n par ⇒ n tiene la forma n = 2t, cierto t
o
n´mero entero ⇒ n2 = 4t2 = 2(2t2 ) = 2s, donde s = 2t2 es un n´mero
u u
2
entero ⇒ n es un n´mero par.
u

1.7.2 Demostraciń indirecta de ”p ⇒ q”
o
ıproco: q ⇒ p
Este m´todo consiste en demostar el contrarec´
e
Entonces suponemos la veracidad de q y se trata de deducir la veraci-
dad de p.
Ejemplo.
Teorema: Sea n un n´mero entero, entonces
u

n2 par ⇒ n par

Demostraciń indirecta: Por demostrar n impar ⇒ n2 impar.
o
En efecto n impar ⇒ n = 2k + 1, cierto k n´mero entero ⇒ n2 =
u
4k 2 + 4k + 1 ⇒ n2 = 2(2k 2 + 2k) + 1 = 2t + 1, donde t = 2k 2 + 2k el
cual es un n´mero entero ⇒ n2 impar.
u

1.7.3 Demostraciń por contradicciń de ”p ⇒ q”
o o
Este m´todo consiste en la reducciń al absurdo:
e o

Cap´
o ıa 25

”p y (no q)”

Suponemos la veracidad de ”p y (no q)” al mismo tiempo y buscamos
una contradicciń. Luego ”p∧q” es falso, luego p ∧ q ≡ p∨q ≡ (p ⇒ q)
o
es verdadero.
Ejemplo.
√
Proposiciń. n =
o 2 ⇒ n es un n´mero irracional.
u
Demostraciń por contradicciń: Recordemos que un n´mero
o o u
n
racional es un n´mero de la forma m , con n y m n´meros enteros
u u
y m = 0.
Un n´mero es irracional si y s´lo si no puede ser escrito como fracciń.
u o o
√ n
Supongamos que 2 = m est´ en su forma reducida
a
⇒ 2m2 = n2 ⇒ n2 par ⇒ n par ⇒ n = 2t, cierto t n´mero entero
u
⇒ 2m2 = 4t2 ⇒ m2 = 2t2 ⇒ m2 par ⇒ m par ⇒ m = 2s, cierto s
√ 2t
n´mero entero ⇒ 2 = 2s lo cual es una contradicciń, pues hab´
u o ıamos
√
supuesto que 2 estaba escrita en su forma reducida.
Llegamos a una contradicciń ¿Cu´l fue el error que cometimos?. El
√ o a
error fue suponer que 2 pod´ ser escrito como una fracciń.
ıa o
√
Conclusiń: 2 es un n´mero irracional.
o u

1. Demostremos que: ((p ∨ q) ∧ q) ⇒ p es siempre verdadera.
Soluciń.
o
((p ∨ q) ∧ q) ⇒ p ≡(1) (p ∨ q) ∧ q) ∨ p
≡(2) ((p ∨ q) ∨ q) ∨ p
≡(3) (p ∨ q) ∨ (p ∨ q)
≡(4) V

(1) r ⇒ t ≡ r ∨ t, (2) Leyes de Morgan, (3) doble negaciń y
o
asociatividad de ∨, (4) t ∨ t ≡ V .
O bien,
((p ∨ q) ∧ q) ≡ (p ∧ q) ∨ (q ∧ q) ≡ (p ∧ q) ∨ F ≡ p ∧ q

n Algebra

Pero p ∧ q ⇒ p

2. Demostremos que: (p ∧ q) ∨ (p ∧ q) ≡ (p ⇔ q).
Soluciń.
o
(p ∧ q) ∨ (p ∧ q) ≡ p∧q∧p∧q
≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ q)
≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ q)
≡ (p ∨ q) ∧ (q ∨ p)
≡ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)
≡ p⇔q

3. Neguemos la proposiciń: p ⇔ q
o
Soluciń.
o
p⇔q ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ q)
≡ (p ∧ q) ∧ (p ∧ q)
≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ q)
≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ q)

4. Simplifiquemos la expresiń l´gica: (p ∨ q) ∧ (p ∨ q) ∧ t.
o o
Soluciń.
o
(p ∨ q) ∧ (p ∨ q) ∧ t ≡ ((p ∨ q) ∧ (p ∨ q)) ∧ t
≡ ((p ∧ p) ∨ q) ∧ t
≡ (F ∨ q) ∧ t
≡ q∧t

5. Demostremos que: (p ∧ q ⇒ r) ⇔ ((r ⇒ p) ∧ (q ⇒ r)).
Soluciń. Comencemos con el primer lado de la equivalencia y
o
demostremos que es equivalente al segundo lado

(p ∧ q ⇒ r) ≡ (p ∧ q) ∨ r
≡ (p ∧ q) ∨ r
≡ (p ∨ r) ∧ (q ∨ r)
≡ (p ∨ r) ∧ (q ∨ r)
≡ (p ⇒ r) ∧ (q ⇒ r)
≡ (r ⇒ p) ∧ (q ⇒ r)

Cap´
o ıa 27

6. Demostremos que: ((p ∨ q) ⇒ (p ∧ q)) ≡ (p ⇔ q).
En palabras:
Soluciń. Comencemos por el lado izquierdo
o
((p ∨ q ⇒ (p ∧ q)) ≡ (p ∨ q) ∨ (p ∧ q) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ q) ≡ p ⇔ q

7. La siguiente expresiń algebraica: (p ⇒ q ∧ q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r)
o
escrib´mosla en funciń de los conectivos ”o” y ”no”.
a o
Soluciń.
o

((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)) ⇒ (p ⇒ r) ≡ ((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)) ∨ (p ⇒ r)
≡ p⇒q∨q ⇒r∨p∨r
≡ p∨q∨q∨r∨p∨r

8. Exprese solamente con los conectivos ”o” y ”no”:

(p ⇔ q) ⇒ (p ∧ q)

Soluciń.
o

(p ⇔ q) ⇒ (p ∧ q) ≡ (p ⇔ q) ∨ (p ∧ q)
≡ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) ∨ (p ∧ q)
≡ (p ∨ q) ∧ (q ∨ p) ∨ (p ∧ q)
≡ p∨q∨p∨q∨p∨q
≡ p∨q∨p∨q

9. Demostremos que: (p ∨ q) ∧ (p ∨ q) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ q).
Soluciń.
o

(p ∨ q) ∧ (p ∨ q) ≡ ((p ∨ q) ∧ p) ∨ ((p ∨ q) ∧ q)
≡ (p ∧ p) ∨ (q ∧ p) ∨ (p ∧ q) ∨ (q ∧ q)
≡ F ∨ (p ∧ q) ∨ (p ∧ q) ∨ F
≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ q)

10. Demostremos que: (((p ∧ q) ⇒ p) ∧ (p ⇒ (p ∧ q))) ⇔ (p ⇒ q).

n Algebra

Soluciń. Comencemos por el lado izquierdo
o

((p ∧ q) ⇒ p) ∧ (p ⇒ (p ∧ q)) ≡ (p ∧ q ∨ p) ∧ (p ∨ (p ∧ q))
≡ (p ∨ q ∨ p) ∧ (p ∨ p) ∧ (p ∨ q))
≡ (V ∨ q) ∧ V ∧ (p ∨ q)
≡ V ∧ V ∧ (p ∨ q) ≡ p ∨ q)
≡ (p ⇒ q)

11. Transitividad del ⇒: (p ⇒ q ∧ q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r).
Soluciń.
o
(p ⇒ q ∧ q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r) ≡ (p ⇒ q ∧ q ⇒ r) ∨ (p ⇒ r)
≡ ((p ∨ q) ∧ (q ∨ r)) ∨ (p ∨ r)
≡ (p ∨ q) ∨ (q ∨ r) ∨ (p ∨ r)
≡ (p ∧ q) ∨ (q ∧ r) ∨ (p ∨ r)
≡ ((p ∧ q) ∨ p) ∨ ((q ∧ r) ∨ r)
≡ (V ∧ (p ∨ q)) ∨ ((q ∨ r) ∧ V )
≡ (p ∨ q) ∨ (q ∨ r)
≡ (q ∨ q) ∨ p ∨ r
≡ V ∨ (p ∨ r)
≡ V

12. Demostremos que (p ⇔ q ∧ q ⇔ r) ⇒ (p ⇔ r)
Soluciń.
o
(p ⇔ q ∧ q ⇔ r) ≡ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) ∧ (q ⇒ r) ∧ (r ⇒ q)
≡ ((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)) ∧ ((r ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)
⇒ ((p ⇒ r) ∧ (r ⇒ p))
≡ (p ⇔ r)

1.8 Circuitos L´gicos
o

1.8.1 Descripciń l´gica de circuitos
o o
A un interruptor P , le vamos a asociar la proposiciń l´gica p, de la
o o
manera siguiente:

Cap´
o ıa 29

p p
V Pasa la corriente
F NO pasa la corriente

Podemos interpretar la conjunciń como un circuito en serie y la
o
disyunciń l´gica como un circuito en paralelo, es decir tenemos:
o o

Dado un interruptor P , designamos por P otro interruptor por el cual
”pasa corriente si y s´lo si por P no pasa corriente”.
o
obviamente a P le asignamos la proposiciń p.
o
Ejercicios

1. Representemos en un circuito, la proposiciń l´gica p ∨ q ∨ r.
o o
Soluciń.
o

n Algebra

2. Representemos en un circuito, la proposiciń (p ∧ q) ∨ (p ∧ q)
o
Soluciń.
o

Observaciń. Sabemos que
o

((p ∧ r) ∨ (q ∧ r)) ≡ ((p ∨ q) ∧ r)

Luego, son equivalentes los circuitos

Podemos concluir tambiń que hemos reducido el circuito.
e

Definiciń 1.8.1 Reducir un circuito, es sacar interruptores que
o
no son necesarios.

Observaciń. Nosotros sabemos que
o
p∨p≡V
esto significa que por el circuito

Cap´
o ıa 31

siempre pasa la corriente
Observaciń. Sabemos que
o

p∧p≡F

En lenguaje de circuito, significa que por el circuito

nunca pasa la corriente.

1. Simplifiquemos el siguiente circuito

Soluciń. Vamos resolvińdolo por partes, ¿te parece?
o e

i. Tomando la parte superior del circuito

n Algebra

en lenguaje algebraico tenemos

p ∨ (p ∧ q) ≡ p (ley de absorci´n)
o
ii. Tomando la parte inferior del circuito

en lenguaje algebraico tenemos

p ∨ (p ∧ q) ≡ (p ∨ p) ∧ (p ∨ q) ≡ V ∧ (p ∨ q) ≡ p ∨ q

Luego, el circuito queda

Cap´
o ıa 33

En forma de proposiciones l´gicas tenemos
o
p ∨ (p ∨ q) ≡ (p ∨ p) ∨ q ≡ p ∨ q
Luego, su simplificaciń m´xima es
o a

2. Reduzcamos el circuito

Soluciń. Comencemos por escribir su expresiń algebraica:
o o
(p ∧ q) ∨ r ∨ (p ∧ r) ∨ (r ∧ q) ≡ (p ∧ q) ∨ r ∨ (r ∧ (p ∨ q))
≡ (p ∧ q) ∨ r ∨ (r ∧ (p ∧ q))
≡ ((p ∧ q) ∨ r) ∨ (r ∨ (p ∧ q))
≡ V

Es decir, por este circuito siempre pasa corriente.
Luego, la reducciń queda
o

n Algebra

es decir, un cable sin interruptores. Es lo m´ximo en simplifi-
a
caciń.
o

3. Reduzcamos el circuito

Soluciń. Usando la ley de absorciń, lo reducimos al siguiente
o o
circuito:

Luego, lo reducimos a

Cap´
o ıa 35

Algebraicamente, tenemos

p ∨ ((r ∨ p) ∧ q) ≡ (p ∨ r ∨ p) ∧ (p ∨ q)
≡ (p ∨ r) ∧ (p ∨ q)
≡ p ∨ (r ∧ q)

Su reducci´n m´xima es:
o a

4. Estudiemos el siguiente circuito. Es decir, veamos si lo podemos
reducir, o si pasa siempre corriente, o nunca, o si depende de
alg´n interruptor.
u

n Algebra

Soluciń. El lado izquierdo del circuito es:
o

(p ∧ r) ∨ [[(q ∧ r) ∨ (r ∧ q)] ∧ p] ≡(1) (p ∧ r) ∨ [(r ∧ (q ∨ q)) ∧ p]
≡(2) (p ∧ r) ∨ ((r ∧ V ) ∧ p)
≡ (p ∧ r) ∨ (r ∧ p)
≡(3) p ∧ (r ∨ r)
≡(4) p∧V
≡(2) p

Luego, el circuito queda

Luego, por el circuito NUNCA pasa corriente.

(1) Distribuciń mirada de derecha a izquierda, digamos “fac-
o
torizaciń”.
o
(2) : r ∧ V ≡ r
(3) Factorizaciń de p
o
(4) : r ∨ r ≡ V

5. Reduzcamos el circuito siguiente:

Cap´
o ıa 37

Soluciń. Comencemos por expresarlo algebraicamente
o

(p ∧ ((q ∨ r) ∨ (q ∧ r))) ∨ p ∨ t ≡ (p ∧ ((q ∨ r) ∨ (q ∨ r))) ∨ p ∨ t
≡ (p ∧ V ) ∨ p ∨ t
≡ p∨p∨t
≡ V ∨t
≡ V

Entonces, por este circuito SIEMPRE pasa corriente, es decir,
es equivalente a un circuito sin interruptor.

6. Estudiemos el circuito

Soluciń. Comencemos por escribir su expresiń algebraica
o o

((p ∧ q) ∨ ((p ∧ q) ∨ q))∧p ≡ (((p ∧ q) ∨ q) ∨ (p ∧ q)) ∧ p
≡ (q ∨ (p ∧ q)) ∧ p
≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ p ∧ q)
≡ (p ∧ q) ∨ F ≡ p ∧ q

Luego, el circuito queda reducido a

n Algebra

1.9 Teor´ de conjuntos
ıa
En esta secciń veremos s´lo algunas definiciones sobre conjuntos. El
o o
resto ser´ obtenido como consecuencia de lo estudiado en la secciń
a o
anterior.
Un conjunto es una colecciń de objetos los cuales serń llamados
o a
elementos.
Si a es un elemento de un conjunto A, decimos ”a pertenece a A” y
escribiremos a ∈ A. En caso contrario diremos que ”a no pertenece a
A ” y escribiremos ”a ∈ A”.
/

Definiciń 1.9.1 Diremos que dos conjuntos son iguales si tienen
o
los mismos elementos.

Ejemplo. {1, 1, 2, 2, 2} = {2, 1}

Definiciń 1.9.2 El conjunto al cual pertenecen todos los elementos
o
que estamos considerando ser´ llamado conjunto universal o con-
a
junto universo y lo denotaremos por U .

Nota Es absurdo pensar en un conjunto universal unico. Es una
´
paradoja pensar en ”el conjunto que contiene a todos los conjuntos”
Ejemplo. Si estamos trabajando solamente con n´meros naturales,
u
entonces, en este caso U = IN
Observaciń. Consideremos las oraciones:
o
√
(i) 2 = n; (ii) x = y + z; (iii) x = y 2 + z 2 ; (iv) x2 = −1
Estas oraciones al ser consideradas dentro de un conjunto, adquieren
un valor de verdad que puede ser verdadero o falso. Estas oraciones
serń llamadas predicados.
a
Por ejemplo si pensamos que U = IN, el predicado (iii) a veces es
verdadero y a veces es falso. (13 = 22 + 32 , 5 = 12 + 22 ), sin embargo
el 3 no puede ser escrito como suma de dos cuadrados.
El predicado (iv) es falso para todo n´mero real. Sin embargo es ver-
u
dadero si x ∈ C y x = i o x = −i

Cap´
o ıa 39

Definiciń 1.9.3 Un predicado es una oraciń que contiene una o
o o
m´s variables, las cuales se transforman en proposiciones cuando son
a
reemplazadas por objetos del conjunto A considerado.

Nota Cuando un conjunto tiene una cantidad infinita o una gran
cantidad de elementos es descrito con el uso de un predicado.
Ejemplo. A = {x ∈ IR; x = y 2 + z 2 }; B = {n ∈ Z −1 ≤ n < 50};
Z;
C = {a ∈ Z; a2 > 1}
Nota Ser´ conveniente dar una notaciń para aquel conjunto que no
a o
tiene elementos.

Definiciń 1.9.4 Llamaremos conjunto vac´ denotado ∅, al con-
o ıo,
junto que no tiene elementos.

Ejemplo. Este conjunto puede ser descrito de diferentes maneras, por
ejemplo:
√
1. {n ∈ N ; n + 2 = 0} = ∅; 3. {r ∈ Q; r = 2} = ∅
2. {n ∈ Z 2n = 1} = ∅;
Z; 4. {x ∈ IR; x2 = −1} = ∅

Definiciń 1.9.5 Dado un conjunto A se define el cardinal de A
o
como el n´mero de elementos de A. Lo denotaremos por |A| o bien
u
por #A.

1.9.1 Cuantificadores
Observaciń. Sea U = Z Consideremos los siguientes predicados:
o Z.

(i) x = y + z; (ii) x = y 2 + z 2

Cada vez que nos damos x ∈ Z existe y, z ∈ Z tal que x = y + z.
Z, Z
Sin embargo no es verdadero que ”cada vez que nos damos x ∈ Z Z”,
2 2
”exista y, z ∈ Z tal que x = y + z ”. Por ejemplo, para x = 6, no
Z
existe y, z ∈ Z tal que 6 = y 2 + z 2 , es decir el 6 no se puede escribir
Z
como suma de dos cuadrados.

n Algebra

Nota Queremos medir, cuantificar, la cantidad de elementos de un
conjunto que hacen verdadero o falso un predicado.
Vamos a considerar tres casos: (1) Todo elemento, (2) Existe un ele-
mento o (3) Existe un unico elemento. El segundo caso, es en el sentido
´
de ”existe al menos un elemento”
Nota Cuando nos interese la cantidad exacta de elementos que sa-
tisfacen un predicado, hablaremos del ”cardinal del conjunto.”

Definiciń 1.9.6 Se definen los siguientes cuantificadores:
o

1. Para todo, denotado por ∀, una A hacia arriba, primera letra
de la palabra ”any” del ingl´s que significa para cada o para todo.
e

2. Existe, denotado por ∃, una E hacia la izquierda, primera letra
de la palabra inglesa ”exists” . There exists= existe

3. Existe un unico, denotado por ∃!
´

Ejemplo.

1. ∀n ∈ IN, n ≥ 0. Proposicion verdadera.

2. ∀n ∈ IN, n > 0. Proposicion falsa pues el 0 no la satisface.

3. ∃n ∈ IN, n > 0. Proposiciń verdadera.
o

4. ∃n ∈ IN, n > 7. Proposiciń verdadera.
o

5. ∃!n ∈ Z n + 5 = 8. Proposiciń verdadera.
Z, o

Ejercicio
Sea U = {personas}. Comparemos las siguientes proposiciones:

1. p : ∀y, ∃x; x ama a y.

2. q : ∃y, ∀x ; x ama a y.

3. r : ∀y, ∃x; y ama a x.

Cap´
o ıa 41

4. s : ∃y, ∀x; y ama a x.

En lenguaje de la vida diaria, tenemos

1. p: Toda persona es por alguien amada.

2. q: Existe una persona que es por todos amada.

3. r: Toda persona tiene a alguien a quien ama.

4. s: Existe una persona que nos ama a todos

1.9.2 Negaciń de los cuantificadores
o
La negaciń de la proposiciń: ∀x; p(x) es ∃x; p(x).
o o
La negaciń de la proposiciń: ∃x; p(x) es ∀x; p(x)
o o
La negaciń de la proposiciń: ∃!x; p(x) es
o o

(∀x; p(x)) ∨ (∃x, y; p(x) ∧ p(y) ∧ x = y)

Ejemplo. Veamos la negaciń de las proposiciones anteriores:
o

1. p : ∃y, ∀x; x no ama a y.

2. q : ∀y, ∃x; x no ama a y.

3. r : ∃y, ∀x; y no ama a x.

4. s : ∀y, ∃x; y no ama a x.

En lenguaje de la vida diaria tenemos:

1. p: Existe una persona que no es por nadie amada.

2. q: Toda persona tiene alguien que no la ama.

3. r: Existe una persona que no ama a nadie.

n Algebra

4. s: Toda persona tiene a alguien a quien no ama.

Ejercicio
Neguemos las proposiciones siguientes:

1. p: ∃n, m, t ∈ IN tal que n = m2 + t2 .

2. q: ∀n ∈ Z ∃m, t ∈ Z tal que n = m + t.
Z, Z

3. r: ∃n ∈ IN, ∀m ∈ IN tal que n ≤ m.

4. s: ∀n ∈ IN, ∃m ∈ IN tal que n = m + 1

5. t: ∀n ∈ IN, ∃m ∈ IN tal que n + 1 = m

6. u: ∃!n ∈ Z tal que 3 + n = 5
Z

7. v: ∃!x ∈ IR tal que x2 = 4

Sus negaciones son las siguientes:

1. p: ∀n, m, t ∈ IN, n = m2 + t2 .

2. q: ∃n ∈ Z ∀m, t ∈ Z tal que n = m + t
Z, Z

3. r: ∀n ∈ IN, ∃m ∈ IN tal que n > m

4. s: ∃n ∈ IN, ∀m ∈ IN tal que n = m + 1

5. t: ∃n ∈ IN, ∀m ∈ IN tal que n + 1 = m

6. u:(∀n ∈ Z 3+n = 5)∨(∃n, m ∈ Z 3+n = 5, 3+m = 5∧n = m)
Z; Z;

7. v:(∀x ∈ IR; x2 = 4) ∨ (∃x, y ∈ IR; x2 = 4, y 2 = 4 ∧ x = y)

En lenguaje cotidiano las proposiciones son:

1. p: Existen tres n´meros naturales tales que uno de ellos es la
u
suma de los cuadrados de los otros dos.

Cap´
o ıa 43

2. q: Todo n´mero entero puede ser escrito como suma de otros dos
u
n´meros enteros.
u

3. r: Existe un n´mero natural que es menor o igual a todo n´mero
u u
natural.

4. s: Todo n´mero natural es el sucesor de otro n´mero natural.
u u

5. t: Todo n´mero natural tiene un sucesor.
u

6. u: Existe un unico n´mero entero que satisface la ecuaciń 3 +
´ u o
n = 5.

7. v: Existe un unico n´mero real cuyo cuadrado es 4.
´ u

En lenguaje cotidiano la negaciń de las proposiciones es:
o

1. p: Cada vez que tengo tres n´meros naturales, uno de ellos no
u
es la suma de los cuadrados de los otros dos.

2. q: Existe un n´mero entero que no puede ser escrito como suma
u
de dos enteros.

3. r: Para todo n´mero natural, existe un n´mero natural menor
u u
que ´l.
e

4. s: Existe un n´mero natural que no es sucesor de ningń n´mero
u u u
natural.

5. t: Existe un n´mero natural que no tiene sucesor.
u

6. u: Al sumarle tres a cualquier n´mero entero se obtiene siempre
u
un n´mero diferente de cinco o bien existen dos n´meros enteros
u u
diferentes tal que al sumar tres a cada uno de ellos, se obtiene
cinco como resultado.

7. v: El cuadrado de todo n´mero real es diferente de cuatro o bien
u
existen dos n´meros reales distintos cuyo cuadrado es cuatro.
u

n Algebra

1.9.3 Ejemplos y contraejemplos
Nota Para demostrar la proposiciń ∀x; p(x), es necesario dar un ar-
o
gumento que demuestre la veracidad de p(x), cualquiera sea el valor
de x.
Si uno da varios ejemplos, incluso podr´ ser infinitos ejemplos, esto
ıan
NO es una demostraciń de la proposiciń. Es decir puede haber un
o o
n´mero infinito de valores que satisfagan una proposiciń y sin em-
u o
bargo ser esta falsa.
Ejemplo. Sea p: ∀n ∈ IN; n2 ≥ 7. Vemos que hay infinitos n´meros
u
que la satisfacen, sin embargo es una proposiciń falsa ya que hay
o
n´meros naturales (por ejemplo el 2) cuyo cuadrado no es mayor o
u
igual 7.
Observaciń. Pensemos en la proposiciń siguiente: p: Todos los
o o
´rboles conservan sus hojas durante el invierno. ¿C´mo explicar que
a o
esta proposiciń es falsa? ¿Buscar toda una explicaciń biol´gica para
o o o
explicar la falsedad de esta proposiciń? Hay una solucń ¡trivial ! Du-
o o
rante el invierno llevar a esa persona que afirma ”p” y ponerla delante
de un ´lamo o ciruelo o cualquier ´rbol que halla perdido sus hojas.
a a
Esto basta para explicar la falsedad de ”p”. Diremos que el ´lamo o
a
el ciruelo son contraejemplos. La idea es trivial, pero a veces es dif´
ıcil
encontrar un contraejemplo.

Definiciń 1.9.7 Un contraejemplo de la proposiciń ∀x; p(x) es
o o
un valor de x que no cumple p(x)

Ejemplo. Demostremos que es falsa la proposiciń:
o

∀x ∈ IR; x2 − 2x + 5 ≤ 0

Basta considerar el contraejemplo x = 0, pues 02 − 2 · 0 + 5 > 0

1.9.4 Operaciones entre conjuntos
Definiciń 1.9.8 Si S y T son conjuntos, diremos que S es un sub-
o
conjunto de T y escribiremos S ⊂ T o S ⊆ T si todo elemento que

Cap´
o ıa 45

pertenece a S, pertenece tambiń a T , es decir
e

x∈S ⇒x∈T

Ejemplo. Sea S = {n´meros pares}, T = Z Tenemos S ⊂ Z
u Z. Z

Proposiciń 1.9.1 Si S ⊂ T y T ⊂ S entonces S = T
o

Demostraciń. x ∈ S ⇒ x ∈ T y x ∈ T ⇒ x ∈ S. Luego x ∈ S ⇔
o
x ∈ T . Luego S = T

Proposiciń 1.9.2 El conjunto vac´ es subconjunto de todo con-
o ıo
junto. Es decir
∅ ⊂ S, ∀S conjunto

Demostraciń. En efecto, supongamos que existe un x ∈ ∅. Esta
o
proposiciń es falsa luego la implicaciń es verdadera, es decir, x ∈ S,
o o
cualquiera sea S

Proposiciń 1.9.3 El conjunto vac´ es unico.
o ıo ´

Demostraciń. Supongamos que existen ∅ y ∅′ dos conjuntos vac´
o ıos.
Tenemos: ∅ ⊂ ∅ y ∅ ⊂ ∅ y por la proposiciń anterior tenemos ∅ = ∅′ .
′ ′
o

Definiciń 1.9.9 Sea U el conjunto universal que estamos considerando.
o
Si A es un subconjunto de U , su complemento, denotado A, se define
por

A = {x ∈ U ; x ∈ A}
/

Ejemplo. Sea U = IN.

1. Sea A = {n ∈ IN; n es par}. Entonces A = {n ∈ IN; n es impar}.
2. Sea B = {n ∈ IN; n = 3m, m ∈ IN}. Entonces

B = {n ∈ IN; n = 3m + 1 o n = 3m + 2, m ∈ IN}

n Algebra

Observaciń. Se tiene que:
o
x∈A⇔x∈A
x ∈ A ⇔ no(x ∈ A) ⇔ x ∈ A

Proposiciń 1.9.4 Sean A y B conjuntos, entonces
o

1. A = A
2. A ⊂ B ⇒ B ⊂ A

Demostraciń 1. x ∈ A ⇔ x ∈ A ⇔ x ∈ A ⇔ x ∈ A
o
Demostraciń 2. x ∈ B ⇒ x ∈ B ⇒ x ∈ A ⇔ x ∈ A.
o

1.9.5 Uniń e intersecciń
o o
En U , consideremos A y B dos conjuntos. La uniń e intersecciń
o o
denotadas A ∪ B y A ∩ B respectivamente, estń definidas por:
a

A ∪ B = {x ∈ U ; x ∈ A ∨ x ∈ B}; A ∩ B = {x ∈ U ; x ∈ A ∧ x ∈ B}

Ejemplo. Sea A = {a, b, c, d}, B = {a, d, e, f }. Entonces

A ∪ B = {a, b, c, d, e, f }; A ∩ B = {a, d}

Proposiciń 1.9.5 Sean A, B conjuntos. Entonces
o
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|

Demostraciń. Es sencilla y se deja como ejercicio.
o
Nota Para el caso de tres conjuntos se tiene:
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C|

Nota Todas las propiedades de las proposiciones de l´gica se pueden
o
utilizar en la teor´ de conjuntos. A modo de ejercicio, veamos algunas
ıa
de ellas.

Cap´
o ıa 47

1. Idempotencia de ” ∪ ” y ” ∩ ”, es decir A ∪ A = A y A ∩ A = A.
Soluciń. x ∈ A ∪ A ⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∈ A) ⇔ x ∈ A
o
x ∈ A ∩ A ⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ A) ⇔ x ∈ A

2. Leyes de Morgan

(a) A ∩ B = A ∪ B
(b) A ∪ B = A ∩ B

Soluciń. x ∈ A ∩ B ⇔ x ∈ A ∩ B ⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B) ⇔
o
x∈A∨x∈B ⇔ x∈A∨x∈B ⇔ x∈A∪B
La segunda afirmaciń se demuestra de manera an´loga a la
o a
anterior.
Nota De esta manera se demuestran todas las propiedades
b´sicas de teor´ de conjunto.
a ıa

3. Usando las propiedades b´sicas, demostremos que
a

((A ∩ B) ∪ ((A ∩ B) ∪ B)) ∩ A = A ∩ B

Soluciń.
o
((A ∩ B) ∪ ((A ∩ B) ∪ B)) ∩ A) =
(A ∩ B ∩ A) ∪ (((A ∩ B) ∪ B) ∩ A) =
(A ∩ B) ∪ (((A ∩ B ∩ A) ∪ (B ∩ A)) =
(A ∩ B) ∪ (∅ ∪ (B ∩ A)) =
(A ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
A∩B

4. En U simplifiquemos la expresiń: (A∩B)∪C ∪(A∩C)∪(C ∩B)
o
Soluciń.
o
(A ∩ B) ∪ C ∪ (A ∩ C) ∪ (C ∩ B) =
(A ∩ B) ∪ C ∪ (C ∩ (A ∪ B)) =
(A ∩ B) ∪ C ∪ (C ∩ (A ∩ B)) =
(A ∩ B) ∪ C ∪ (C ∪ (A ∩ B)) =
U

n Algebra

5. Demostremos que: (A ∪ B) ∩ (A ∪ B) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B)
Soluciń.
o
(A ∪ B) ∩ (A ∪ B) = ((A ∪ B) ∩ A) ∪ ((A ∪ B) ∩ B)
= (A ∩ A) ∪ (B ∩ A) ∪ (A ∩ B) ∪ (B ∩ B)
= ∅ ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ ∅
= (A ∩ B) ∪ (A ∩ B)

6. Demostremos que: A − (B ∪ C) = (A − B) − C
Soluciń. A − (B ∪ C) = A ∩ (B ∪ C) = A ∩ (B ∩ C) =
o
= (A ∩ B) ∩ C = (A − B) − C

7. Demostremos que: (A ∪ B) ∩ C) ∪ B = B ∩ C
Soluciń.
o

(A ∪ B) ∩ C) ∪ B = (A ∪ B) ∩ C) ∩ B
= ((A ∪ B) ∩ C) ∩ B
= ((A ∪ B) ∩ B) ∩ C
= B∩C

N´tese que en la ultima igualdad utilizamos la ley de absorciń.
o ´ o

8. Demostremos que: ((A − B) ∪ B) − A) ∩ (A ∪ B) = A
Soluciń. Comencemos por simplificar la primera expresiń.
o o
Tenemos:
(A − B) ∪ B = (A ∩ B) ∪ B = (A ∪ B) ∪ B = A ∪ (B ∪ B) =
A ∪ U = U.
Reemplacemos esta simplificaciń en la expresiń inicial. Ten-
o o
emos:
(U − A) ∩ (A ∪ B) = (U ∩ A) ∩ (A ∪ B) = A ∩ (A ∪ B) = A

1.9.6 Conjunto Potencia
Observaciń. Sea A = {a, b, c}. El conjunto formado por todos los
o
subconjuntos de A, denotado P (A), es el siguiente:

Cap´
o ıa 49

P (A) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, A}

Ser´ llamado ”conjunto potencia de A”.
a

Definiciń 1.9.10 Sea A un conjunto cualquiera. Llamaremos con-
o
junto potencia de A, denotado P (A), al conjunto formado por todos
los subconjuntos de A.

Teorema 1.9.6 Sea A un conjunto finito, entonces

|P (A)| = 2|A|

Demostraciń. Sea A un conjunto y consideremos el conjunto B =
o
A ∪ {b} con b ∈ A. Comencemos por estudiar P (B). Tenemos la
/
situaciń siguiente: T ⊂ B y T ⊂ A ⇒ b ∈ T .
o
Luego T = S ∪ {b}, con S ⊂ A.
De donde

P (B) = {S; S ⊂ A} ∪ {S ∪ {b}; S ⊂ A}

Ambos conjuntos tienen el cardinal de P (A). Luego

|P (B)| = 2 · |P (A)|

Es decir cada vez que agregamos un elemento, se duplica el cardinal
de la potencia del conjunto anterior. Luego tenemos que si A posee n
elementos entonces |P (A)| = 2n .

Proposiciń 1.9.7 Si A ∩ B = ∅, entonces P (A) ∩ P (B) = {∅}.
o

Demostraciń. La proposiciń a demostrar es equivalente a de-
o o
mostrar:
P (A) ∩ P (B) = {∅} =⇒ A ∩ B = ∅

Sea P (A) ∩ P (B) = {∅}, entonces existe X = ∅, X ∈ P (A) ∩ P (B).
Luego X ⊂ A y X ⊂ B. Es decir X ⊂ A ∩ B. De donde A ∩ B = ∅

n Algebra

Observaciń. La definiciń de igualdad de conjuntos dice que ”dos
o o
conjuntos son iguales si tienen los mismos elementos”. Ahora de-
mostraremos que dos conjuntos son iguales si tienen los mismos sub-
conjuntos. Es decir, si coinciden sus conjuntos potencia. Tenemos la
proposiciń siguiente:
o

Proposiciń 1.9.8 P (A) = P (B) ⇔ A = B
o

Demostraciń. A = B ⇒ P (A) = P (B) ¡Obvio!
o
Sea P (A) = P (B). Por demostrar A = B.
x ∈ A ⇒ {x} ⊂ A ⇒ {x} ∈ P (A) = P (B) ⇒ {x} ∈ P (B) ⇒
{x} ⊂ B ⇒ x ∈ B. Luego hemos demostrado que A ⊂ B. En forma
an´loga se demuestra que B ⊂ A.
a

Proposiciń 1.9.9 A ⊂ B ⇔ P (A ∪ B) ⊂ P (B)
o

Demostraciń. (i) Por demostrar: A ⊂ B ⇒ P (A ∪ B) ⊂ P (B).
o
X ∈ P (A ∪ B) ⇒ X ⊂ A ∪ B. Pero A ∪ B = B. Luego X ⊂ B. De
donde X ∈ P (B)
(ii) Por demostrar: P (A ∪ B) ⊂ P (B) ⇒ A ⊂ B.
x ∈ A ⇒ x ∈ A ∪ B ⇒ {x} ⊂ A ∪ B ⇒ {x} ∈ P (A ∪ B) ⊆ P (B) ⇒
{x} ∈ P (B) ⇒ {x} ⊂ B ⇒ x ∈ B

1.9.7 Conjuntos num´ricos
e
1. IN = {0, 1, 2, ..., n, ...}. El conjunto de los n´meros naturales.
u

2. Z = {..., −n, ..., −2, −1, 0, 1, 2, ...n, ...}. El conjunto de los n´-
Z u
meros enteros.

3. Q = { p ; p, q ∈ Z q = 0} = {decimales peri´dicos}. El conjunto
q
Z, o
de los n´meros racionales.
u

4. IR = {n´meros reales}
u

Cap´
o ıa 51

5. IR+ = {x ∈ IR; x > 0}. El conjunto de los reales positivos.
6. IR− = {x ∈ IR; x < 0}. El conjunto de los reales negativos.
7. IR∗ = IR − {0}
8. I = IR − Q. El conjunto de los n´meros irracionales.
u

Se tiene:
IN ⊂ Z ⊂ Q ⊂ IR
Z

1.9.8 Diferencia sim´trica
e
Sean A y B dos conjuntos. Llamaremos diferencia sim´trica entre
e
A y B, denotado A △ B, al conjunto siguiente
A △ B = (A − B) ∪ (B − A)

Ejercicio. Demostremos que: A △ B = A △ C =⇒ B = C
Demostraci´n. Por demostrar
o
(A − B) ∪ (B − A) = (A − C) ∪ (C − A) =⇒ B = C
Consideremos las proposiciones siguientes:
p : x ∈ A; q : x ∈ B; r:x∈C
Entonces nosotros queremos demostrar la siguiente proposici´n:
o
(p ∧ q) ∨ (q ∧ p) ≡ (p ∧ r) ∨ (r ∧ p) ⇒ (q ⇔ r)
Hemos visto que:
(a ∧ b) ∨ (a ∧ b) ≡ (a ⇔ b)
Luego
(p ∧ q) ∨ (q ∧ p) ≡ (p ∧ r) ∨ (r ∧ p)
Es equivalente a
(p ⇔ q) ≡ (p ⇔ r)
Luego q ⇔ r. De donde q ⇔ r

n Algebra

1.10 Ejercicios Propuestos
1. (a) Traduzca a lenguaje ordinario las proposiciones siguientes:
i. (∀n ∈ IN)(∃m ∈ IN), m > n
ii. (∃m ∈ IN)(∀n ∈ IN), m > n
iii. (∀x, y ∈ Q)(∃z ∈ Q), x < z < y
iv. (n ∈ IN y m ∈ IN) ⇒ (n + m ∈ IN y n − m ∈ IN)
v. (∀n ∈ IN) n > 3 ⇒ n > 6
vi. (∀r ∈ Q)(∃m, n ∈ IN), r = m
n
vii. (∀x ∈ X)(∃A ∈ P (X)), x ∈ A
viii. (∀A ∈ P (X))(∃x ∈ X), x ∈ A
(b) Diga si ellas son verdaderas o falsas. Explique o pruebe si
corresponde.

2. Traduzca a lenguaje formal las proposiciones siguientes:

(a) La suma y el producto de dos n´meros racionales son
u
n´meros racionales.
u
(b) Todo n´mero real positivo posee una ra´ cuadrada.
u ız
(c) El cuadrado de todo n´mero real es positivo.
u
(d) Todo n´mero racional multiplicado por 1 es igual a ´l
u e
mismo.
(e) Un n´mero divisible por 10 es divisible por 5.
u
(f) Todo n´mero par es divisible por 4.
u
(g) El cuadrado de un n´mero par es divisible por 4.
u
(h) El producto de dos n´meros es positivo si y s´lo si ellos
u o
tienen el mismo signo.
(i) Un trińgulo es equil´tero si y s´lo si sus ńgulos son
a a o a
iguales.
(j) Un cuadril´tero es un cuadrado si y s´lo si todos sus ńgulos
a o a
son iguales.
(k) 2 y 3 son las unicas ra´ de la ecuaciń x2 − 6x + 5 = 0.
´ ıces o

Cap´
o ıa 53

(l) Para todos los n´meros reales x e y se tiene ya sea x es
u
menor o igual a y, o bien y es menor o igual a x.
(m) Existen dos conjuntos A y B tales que ni A est´ inclu´
a ıdo
en B, ni B est´ inclu´ en A.
a ıdo
¿Cu´les de estas proposiciones son ciertas?
a

3. Pruebe sirvińdose de las tablas de verdad las tautolog´ sigu-
e ıas
ientes:

(a) (p ⇒ q) ⇔ (¯ ⇒ p)
q ¯
(b) (p ∧ q) ⇔ (¯ ∨ q )
p ¯
(c) (p ∧ q) ⇔ (¯ ∨ q )
p ¯
(d) (p ⇒ q) ⇔ (¯ ∨ q)
p
(e) ((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)) ⇒ (p ⇒ r).

Aplique estas tautolog´ para probar
ıas

(a) Si n2 es par entonces n es par.
(b) Sean A y B subconjuntos de un conjunto X. Pruebe que
¯
A ⊂ B ssi A ∪ B = X
(c) Si A ⊂ B y B ⊂ C entonces A ⊂ C.

4. Sirvińdose de las reglas
e
((∃x)p(x)) ⇔ (∀x)(p(x))
((∀x)p(x)) ⇔ (∃x)(p(x))
Encuentre las negaciones de las proposiciones siguientes:

(a) Toda parte de un conjunto finito es finito
(b) El cuadrado de un n´mero par es divisible por 4
u
(c) Todo n´mero primo es impar
u
(d) Existe un hombre que no es mortal
(e) Para todo entero x existe un entero mayor que ´l
e

n Algebra

5. Dibuje los circuitos correspondientes a las expresiones simb´licas
o
siguientes:

(a) (P ∧ Q) ∨ P
(b) (P ∧ Q) ∨ (P ∧ Q)
(c) (P ∧ Q) ∨ R ∨ (P ∧ Q ∧ R)

6. ¿ Qu´ tipo de circuito le corresponde a una tautolog´ ?, d´ un
e ıa e
ejemplo.

7. Sea A = {a, {a}, {a, {a}}}. Diga cu´les de las siguientes afirma-
a
ciones son verdaderas:
(a) a ⊆ A (b) a ∈ A (c) {a} ∈ A (d) {a} ⊆ A
(e) {{a}} ⊆ A (f) {{a}, a} ⊆ A (g) {{a}, a} ∈ A

8. Sea A = {a, ∅, {b}, {a}, {∅}, {a, ∅}}. Encuentre P (A).

9. ¿Puede dar un ejemplo en que P (A) = ∅?

10. Diga si es v´lido el siguiente argumento, utilizando diagrama de
a
Venn.
Todos los productos baratos son baratijas
Todas las baratijas se agotan
Todos los productos baratos se agotan.

11. Use un diagrama de Venn para obtener una conclusiń v´lida
o a
para el siguiente argumento.
Algunos comerciales de televisiń son inefectivos
o
Todos los comerciales de televisiń son cuidadosamente diseãdos
o n

Cap´
o ıa 55

12. Un hotel recibe 60 visitantes, de los cuales 37 permanecen al
menos una semana, 43 gastan al menos $ 30 diarios, 32 estń a
completamente satisfechos del servicio; 30 permanecieron al
menos una semana y gastaron al menos $ 30 diarios; 26 per-
manecieron al menos una semana y quedaron completamente
satisfechos; 27 gastaron al menos $ 30 diarios y quedaron com-
pletamente satisfechos y 24 permanecieron al menos una semana,
gastaron al menos $ 30 diarios y quedaron completamente satis-
fechos.

a) ¿Cuńtos visitantes permanecieron al menos una semana, gas-
a
taron al menos $ 30 diarios pero no quedaron completamente
satisfechos?
b) ¿Cuńtos visitantes quedaron completamente satisfechos pero
a
permanecieron menos de una semana y gastaron menos de $ 30
diarios?
c) ¿Cuńtos visitantes permanecieron menos de una semana, gas-
a
taron menos de $ 30 diarios y no quedaron completamente sa-
tisfechos?
13. Sean A, B subconjuntos de un conjunto X: Pruebe, usando un
diagrama de Venn que (A∩B c )∪(Ac ∩B) = A∪B ⇐⇒ A∩B = φ

14. Demuestre que
(a) A ∩ B = ∅ ⇒ P (A) ∩ P (B) = {∅}
(b) Ac B c = BA
15. Demuestre que
(a) A ∪ B = ∅ ⇒ A = ∅ ∧ B = ∅
(b) A ∩ (A ∪ B) = A
16. ¿Para cu´les S ∈ {IN, Z Q, IR, C} son verdaderas las siguientes
a Z,
afirmaciones?
(a) {x ∈ S/x2 = 5} = ∅

n Algebra

(b) {x ∈ S/ | x − 1 |≤ 1 } = {1}
2
(c) {x ∈ IR | x2 = −1} = ∅

17. D´ un ejemplo de tres conjuntos A, B y C tales que ellos cum-
e
plan A ∩ B = ∅, B ∩ C = ∅, A ∩ C = ∅ pero A ∩ B ∩ C = ∅

18. Determine las posibles relaciones de inclusi´n entre A y B:
o
a) A = {0, 1, 2, 6}, B = { divisores de 30 }
b) A = X − (Y − T ), B = T
c) A = E − S, B = {x ∈ S; x ∈ E − S}
d) A = P (E − S) , B = P (E) − P (S)

19. Demuestre que

(a) (A ∪ (B ∩ C) ∪ (B ∩ C) ∪ C) = (A ∪ C) ∩ B
(b) A ∪ ((A − B) ∩ B) ∪ (A ∪ B) = A
(c) (A ∪ B) ∩ (A ∪ B) = A
(d) A ∩ (B − C) = (A ∩ B) − (A ∩ C)
(e) A − (B − C) = (A − B) ∪ (A ∩ C)
(f) (A − B) − C = A − (B ∪ C)

20. Escriba como expresi´n l´gica las expresiones conjuntistas si-
o o
guiente:

(a) (A ⊂ B ∧ B ⊂ C) ⇒ (A ⊂ C)
(b) A ⊂ B ⇔ A ∩ B = A

21. Demuestre que:

(A − B) ∪ (B − A) = (A ∪ B) − (A ∩ B)

22. Demuestre que:

(a) (A ∩ B) − C = (A − C) ∩ (B − C)

Cap´
o ıa 57

(b) (A − C) − (A − B) = A ∪ (B − C)
(c) A ∪ (B − C) = (A ∪ B) − (C − A)

23. Demuestre las identidades:

(a) X − (Y − X) = X
(b) X − (X − Y ) = X ∩ Y
(c) X − (Y ∪ Z) = (X − Y ) ∩ (X − Z)
(d) P (A) ∪ P (B) ⊂ P (A ∪ B)
(e) P (A) ∪ P (B) = P (A ∪ B) ⇔ A ⊂ B o B⊂A

24. Resuelva en P (E) las ecuaciones:

a)X − A = ∅ b)X − (A ∩ X) = ∅
c)A − (X − A) = X d)A ∪ X = B
e)A ∩ X = B

Cap´
ıtulo 2

Sumatorias y Recurrencia

2.1 Sumatorias
Motivaci´n. Queremos encontrar el valor de sumas tales como:
o

13 + 23 + 33 + · + 5.0003

o bien
1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n(n + 1)

Problema. Comencemos por algo sencillo. Busquemos el valor de la
suma de 1 a 50.
Gauss (1.777-1.855) a temprana edad, tuvo el chispazo genial siguiente:

1 + 2 + 3 + · · · + 48 + 49 + 50
50 + 49 + 48 + · · · + 3 + 2 + 1
Si sumamos hacia abajo tenemos 50 veces 51. Luego

2(1 + 2 + 3 · · · + 48 + 49 + 50) = 50 · 51

De donde
50 · 51
1 + 2 + 3 + · · · + 50 =
2

59

n Algebra

Problema. Ahora nos interesa la siguiente suma:

1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n

Donde n es un n´mero natural cualquiera. Hacemos el mismo c´lculo:
u a

1 + 2 + · · · + (n − 1) + n
n + (n − 1) + · · · + 2 + 1

Si sumamos en forma vertical tenemos n veces (n + 1). Pero hemos
sumado dos veces la suma pedida. Luego:

2(1 + 2 + · · · + (n − 1) + n) = (n + 1)n

De donde:
n(n + 1)
1 + 2 + · · · + (n − 1) + n =
2
Nota. Por un m´todo un poco m´s sofisticado, se puede encontrar
e a
el valor de la suma de los cuadrados, de los cubos y otros. Los dos
primeros los buscaremos al final de esta secciń.
o
Estos resultados son:
n(n + 1)(2n + 1)
12 + 22 + 32 + · · · + n2 =
6
(n(n + 1))2
13 + 23 + 33 + · · · + n3 =
4
Problema. Ahora trataremos de calcular sumas con n t´rminos que
e
tengan formas tales como:

1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + ···

1 · 3 + 3 · 5 + 5 · 7 + ···
1 · 11 + 2 · 12 + 3 · 13 + · · ·
1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + ···
Para esto ser´ necesario hacer uso del concepto y propiedades de
a
”sumatoria”

Cap´
ıtulo 2. Sumatorias y Recurrencia 61

Definiciń 2.1.1 Sumatoria es la suma de n terminos que estń
o a
constru´
ıdos con una cierta regla.

Observaciń. Ahora vamos a introducir una notaciń que es muy
o o
util. Comencemos por verlo en ejemplos.
´
n
12 + 22 + 32 + · · · + n2 = i2
i=1
n
13 + 23 + 33 + · · · + n3 = i3
i=1
n
Notaciń. a0 + a1 + a2 + · · · + an =
o ai
i=0

De la misma manera puede ser denotado como sigue:

n n
ak o bien al etc.
k=1 l=1

Ejercicio. Escribamos en forma de sumatoria, la suma de los n
primeros t´rminos de cada una de las expresiones siguientes:
e

1. 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + ···
2. 1 · 11 + 2 · 12 + 3 · 13 + · · ·
3. 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + ···
4. 1 · 3 + 2 · 5 + 3 · 7 + ···
5. 1 · 3 + 3 · 5 + 5 · 7 + ···
6. 9 + 11 + 13 + 15 + · · ·

Soluciń.
o

1. El t´rmino general es de la forma: k(k+1). Luego la suma pedida
e
tiene la forma n
k(k + 1)
k=1

n Algebra

2. El t´rmino general es de la forma: k(k + 10). Luego la suma
e
pedida es
n
k(k + 10)
k=1

3. El t´rmino general es k(k + 2). Luego la suma pedida es
e
n
k(k + 2)
k=1

4. Los segundos n´meros son impares. Todo n´mero impar es de la
u u
forma 2k + 1. Necesitamos que para k = 1 el impar sea 3. Luego
el t´rmino general es de la forma k(2k + 1). La suma pedida se
e
escribe n
k(2k + 1)
k=1

5. Ahora tenemos dos impares seguidos. Pero queremos empezar
por k = 1, el t´rmino general tendr´ la forma: (2k − 1)(2k + 1).
e a
La suma pedida es
n
(2k − 1)(2k + 1)
k=1

6. Se va sumando 2 (progresi´n aritm´tica). Luego escribiremos
o e
9 = 2 · 1 + 7; 11 = 2 · 2 + 7; 13 = 2 · 3 + 7. Luego el t´rmino
e
general es de la forma 2 · k + 7. Se nos pide
n
(2k + 7)
k=1

2.1.1 Propiedades de la sumatoria
Observaci´n. (12 +1)+(22 +2)+(32 +3) = (12 +22 +32 )+(1+2+3).
o
Es decir:
3 3 3
2 2
(k + k) = k + k
k=1 k=1 k=1

Cap´

Observaciń.
o

(12 + 1) + (22 + 2) + · · · + (n2 + n) = (12 + 22 + · · · + n2 ) + (1 + 2 + · · · n)

Es decir:
n n n
2 2
(k + k) = k + k
k=1 k=1 k=1

En general, tenemos la propiedad siguiente:
n n n
(ak + bk ) = ak + bk
k=1 k=1 k=1

Observaciń. 5 · 12 + 5 · 22 + · · · + 5 · n2 = 5 · (12 + 22 + · · · + n2 ).
o
Luego
n n
5k 2 = 5 k2
k=1 k=1

Es decir factorizar por 5 equivale a sacar el 5 fuera de la sumatoria.
En general se tiene:
n n
(a · ak ) = a · ak
k=1 k=1

Ahora estamos en condiciones de poder calcular las sumatorias escritas
anteriormente.

1. Busquemos el valor de la suma de los n primeros t´rminos de la
e
sumatoria que comienza por:

1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + ···

Soluciń. Vimos que el t´rmino general es de la forma: k ·(k +1)
o e

n Algebra

Tenemos:
n n n
k(k + 1) = k2 + k
k=1 k=1 k=1
n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)
= +
6 2
n(n + 1)(2n + 1) + 3n(n + 1)
=
6
n(n + 1)(2n + 1 + 3)
=
6
n(n + 1)(n + 2)
=
3
n(n + 1)(n + 2)
Pregunta: ¿Por qu´ la cantidad
e es un n´mero
u
3
natural?

e
sumatoria que comienza por:

1 · 11 + 2 · 12 + 3 · 13 + · · ·

Soluci´n. Entonces tenemos
o
n
1 · 11 + 2 · 12 + · · · + n(n + 10) = k(k + 10)
k=1
n
= (k 2 + 10k)
k=1
n n
2
= k + 10 k
k=1 k=1
n(n + 1)(2n + 1) 10n(n + 1)
= +
6 2
n(n + 1)(2n + 1 + 30)
=
6
n(n + 1)(2n + 31)
=
6

3. Idem ejercicio anterior para:

1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + ···

Cap´

Soluci´n.
o
n
1 · 3 + · · · + n(n + 2) = k(k + 2)
k=1
n
= (k 2 + 2k)
k=1
n n
2
= k +2 k
k=1 k=1
n(n + 1)(2n + 1) 2n(n + 1)
= +
6 2
n(n + 1)(2n + 1 + 6)
=
6
n(n + 1)(2n + 7)
=
6

4. Al igual que el ejercicio anterior para la sumatoria que comienza
por:
1 · 3 + 3 · 5 + 5 · 7 + ···
Soluci´n.
o
n
1 · 3 + · · · + (2n − 1) · (2n + 1) = (2k − 1)(2k + 1)
k=1
n
= (4k 2 − 1)
k=1
n
= 4( k2) − n
k=1
4n(n + 1)(2n + 1)
= −n
6
n((2n + 2)(2n + 1) − 3)
=
3
n(4n2 + 6n − 1)
=
3
Nota. En el cap´ ıtulo dedicado a la aritm´tica veremos que 3
e
divide a n(4n2 + 6n − 1)

5. Idem al ejercicio anterior

7 · 1 + 9 · 2 + 11 · 3 + · · ·

n Algebra

Soluciń. Tenemos 7, 9, 11, · · ·. Estos n´meros van uno por
o u
medio, luego tenemos 2k. Para n = 1, se tiene 7 = 2 · 1 + 5.
Luego el t´rmino general es de la forma: 2k + 5 Entonces
e
n n
(2k + 5)k = (2k 2 + 5k)
k=1 k=1
n n
= 2 k2 + 5 k
k=1 k=1
2n(n + 1)(2n + 1) 5n(n + 1)
= +
6 2
n(n + 1)(4n + 2 + 15)
=
6
n(n + 1)(4n + 17)
=
6
n(n + 1)(4n + 17)
Nota. En la secciń de Aritm´tica veremos que
o e
6
es un n´mero natural.
u
48
6. Expresemos como un producto de n´meros naturales
u k2.
k=1
48
48 · 49 · (2 · 48 + 1)
Soluciń.
o k2 = . Es decir 8 · 49 · 97
k=1 6

7. Calculemos: 52 + 62 + 72 + · · · + 502 .
Soluciń.
o
50 50 4
2 2
k = k − k2
k=5 k=1 k=1
50·51·101
= 6
− 4·5·9
6
= 25 · 17 · 101 − 30
Curiosidad. En ambos casos las fracciones se simplificaron
hasta obtener 1 en el denominador. Luego obtuvimos un n´mero
u
entero. ¡Corresponde! pues al lado izquierdo se tiene un n´mero
u
entero.
10
8. Encontremos el valor de la sumatoria: (2k − 1)2
k=5

Cap´

Soluciń.
o
10 10 4
(2k − 1)2 = (2k − 1)2 − (2k − 1)2
k=5 k=1 k=1
10 4
= (4k 2 − 4k + 1) − (4k 2 − 4k + 1)
k=1 k=1
= 4·10·11·21 −
6
4·10·11
2
+ 10 − ( 4·4·5·9 −
6
4·4·5
2
+ 4)
= 1246

9. Calculemos:
100
k2
k=10
Soluciń.
o
100 100 9
k2 = k2 − k2
k=10 k=1 k=1
= 100·101·201 − 9·10·19
6 6
= 50 · 101 · 67 − 15 · 19

200
10. Encontremos el valor de la sumatoria: (2k − 1)(3k + 1)
k=8
Soluciń.
o
200 200
(2k − 1)(3k + 1) = (6k 2 − k − 1)
k=8 k=8
200 7
= (6k 2 − k − 1) − (6k 2 − k − 1)
k=1 k=1
200 200 7 7
= 6 k2 − k − 200 − 6 k2 + k+7
k=1 k=1 k=1 k=1
6·200·201·401
= 6
− 200·201
− 2
193 − 6·7·8·15 + 7·8
6 2
= 200 · 201 · 401 − 20.100 − 193 − 7 · 8 · 15 + 28

11. Sabiendo que:
n(n + 1)
1 + 2 + 3 + ··· + n =
2
n(n + 1)(2n + 1)
12 + 22 + 32 + · · · + n2 =
6

n Algebra

Encontremos
n+3 n+2 n−1
(1) k (2) k2 (3) k
k=1 k=1 k=1
n−1 n−3 n−4
(4) k2 (5) k (6) k2
k=1 k=1 k=1

Soluciń
o
n+3 n+2
(n + 3)(n + 4) (n + 2)(n + 3)(2n + 5)
(1) k= (2) k2 =
k=1 2 k=1 6
n−1 n−1
(n − 1)n (n − 1)n(2n − 1)
(3) k= (4) k2 =
k=1 2 k=1 6
n−3 n−4
(n − 3)(n − 2) (n − 4)(n − 3)(2n − 7)
(5) k= (6) k2 =
k=1 2 k=1 6

12. Sabiendo que

1 1 1 n
+ + ··· + =
1·3 3·5 (2n − 1) · (2n + 1) 2n + 1

Encontremos el valor de:
1 1 1
(1) + + ··· +
1·3 3·5 15 · 17
1 1 1
(2) + + ··· +
1·3 3·5 (2n + 9) · (2n + 11)
Soluciń (1) Escribimos 17 de la forma: 17 = 16 + 1 = 2 · 8 + 1.
o
Luego
1 1 1 8
+ + ··· + =
1·3 3·5 15 · 17 17

Soluciń (2) Tenemos que 2n+11 = (2n+10)+1 = 2(n+5)+1.
o
Adem´s 2n + 11 es mayor que 2n + 9. Luego
a

1 1 1 n+5
+ + ··· + =
1·3 3·5 (2n + 9) · (2n + 11) 2n + 11

Cap´

e
sumatoria:
1 · 3 + 2 · 5 + 3 · 7 + ···
Soluci´n. El t´rmino general es de la forma k(2k + 1). Luego se
o e
tiene la sumatoria
n n
k(2k + 1) = (2k 2 + k)
k=1 k=1
n n
= 2 k2 + k
k=1 k=1
2n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)
= +
6 2
n(n + 1)(4n + 2 + 3)
=
6
n(n + 1)(4n + 5)
=
6
14. Encontremos la suma de los n primeros t´rminos de la sumatoria:
e
1 · 2 · 3 + 2 · 3 · 4 + 3 · 4 · 5 + ···

Soluci´n. El t´rmino general es de la forma k(k + 1)(k + 2).
o e
Luego se tiene la sumatoria
n n
k(k + 1)(k + 2) = (k 2 + k)(k + 2)
k=1 k=1
n
= (k 3 + 3k 2 + 2k)
k=1
n n n
3 2
= k +3 k +2 k
k=1 k=1 k=1
2 2
n (n + 1) 3n(n + 1)(2n + 1)
= + + n(n + 1)
4 6
n(n + 1)(3n(n + 1) + 6(2n + 1) + 12)
=
12
n(n + 1)(3n2 + 15n + 18)
=
12
n(n + 1)(n2 + 5n + 6)
=
4
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
=
4

n Algebra

15. Encuentre la suma de los n primeros t´rminos de la sumatoria:
e

(6 + 5 · 1) + (6 + 5 · 2) + (6 + 5 · 3) + · · ·

Soluciń. El n-´simo t´rmino de la sumatoria es de la forma
o e e
6 + 5 · n. Luego tenemos:
n n
(6 + 5 · k) = 6n + 5 k
k=1 k=1
5n(n + 1)
= 6n +
2
n(17 + 5n)
=
2

2.1.2 Progresiones aritm´ticas
e
Definiciń 2.1.2 Una progresiń aritm´trica, es una sucesiń de
o o e o
la forma:
a, a + d, a + 2d, · · · , a + (n − 1)d
Donde d es llamada la diferencia de la progresiń.
o

Observe que el segundo t´rmino de la progresiń es a + d, el tercero
e o
es a + 2d. El n-´simo t´rmino es a + (n − 1)d.
e e
Sea sn la suma de los n primeros t´rminos. Entonces
e

sn = a + (a + d) + (a + 2d) + · · · + (a + (n − 1)d)

sn = na + (1 + 2 + · · · + (n − 1))d

(n − 1) · n · d
sn = na +
2

n(2a + (n − 1)d)
sn =
2

Cap´

O bien, puesto que el n-´simo t´rmino es an = a + (n − 1)d, entonces
e e
la suma se puede escribir como sigue:
a1 + an
sn =
2

Donde a1 = a
Ejercicio
Encontremos la suma de los n primeros t´rminos de la progresiń
e o
aritm´tica siguiente:
e

5 + 8 + 11 + 14 + · · ·

Soluciń.
o
Se tiene que a1 = 5 y d = 3. Luego

n(5 + (n − 1) · 3) n(3n + 2)
sn = =
2 2

Ejercicio
En una progresiń aritm´tica, el primer t´rmino es 4, el ultimo 37
o e e ´
y la suma es 246. Encuentre el n´mero de t´rminos y la diferencia.
u e
Soluciń
o
n(4 + 37)
sn = = 256. Luego n = 12.
2
Por otra parte: 37 = 4 + 11d. Luego d = 3.
Ejercicio El primer t´rmino de una progresiń aritm´tica es 2. Si
e o e
amplificamos el primer t´rmino por 2, el segundo por 3 y le sumamos
e
26 unidades al tercer t´rmino, se tiene nuevamente una progresiń
e o
aritm´tica. Encuentre ambas progresiones.
e
Ejercicio
1era progresiń: 2, 2 + d, 2 + 2d
o
2a progresiń: 4, 6 + 3d, 2 + 2d + 26 Por ser la segunda progresiń
o o
aritm´tica, se tiene la igualdad siguiente:
e

n Algebra

6 + 3d − 4 = 2 + 2d + 26 − (6 + 3d)

De donde d = 5
Luego las dos progresiones buscadas son: 2, 7, 12 y 4, 21, 38

2.1.3 Progresiones Geom´tricas
e
Ejemplos de progresiones geom´tricas
e

3 + 3 · 2 + 3 · 22 + · · · + 3 · 2n−1
5 + 5 · 4 + 5 · 42 + · · · + 5 · 4n−1

Definiciń 2.1.3 Una progresiń geom´trica, es una sucesiń del
o o e o
tipo:
a, a · r, a · r2 , a · r3 , · · · a · rn−1

donde r es llamada la razń de la progresiń. Nuestro problema es cal-
o o
cular la suma de los n primeros t´rminos de la progresiń geom´trica.
e o e
Observaciń. Veamos un procedimiento similar al que usamos para
o
sumar los n primeros t´rminos de la sumatoria 1+2+3+· · · n. Busque-
e
mos el valor de la sumatoria siguiente:

3 + 3 · 2 + 3 · 22 + · · · + 3 · 2n−1

Sea
sn = 3 + 3 · 2 + 3 · 22 + · · · + 3 · 2n−1
Multipliquemos ambos lados de la igualdad por −2. Se tiene:

sn = 3 + 3 · 2 + 3 · 22 + · · · + 3 · 2n−1
−2sn = −3 · 2 − 3 · 22 − 3 · 23 − · · · − 3 · 2n−2 − 3 · 2n

Tenemos :
sn − 2sn = 3 − 3 · 2n

Cap´

De donde
(1 − 2)sn = 3(1 − 2n )
Luego
3(1 − 2n )
sn =
1−2

Caso general

Dada la progresiń geom´trica
o e

a, a · r, a · r2 , a · r3 , · · · a · rn−1 , · · · con r = 1

La suma de los n primeros terminos es:

sn = a + a · r + a · r2 + a · r3 + · · · + a · rn−1

Calculemos esta suma. En efecto, consideremos

sn = a + a · r + a · r2 + a · r3 + · · · + a · rn−1 y

−rsn = −a · r − a · r2 − a · r3 − · · · − a · rn
Sumando ambas igualdades se obtiene

sn − r · sn = a − a · r n

Factorizando queda:

(1 − r)sn = a(1 − rn )

De donde
a(1 − rn )
sn =
1−r
Donde a es el primer t´rmino de la progresiń y r es la razń de la
e o o
progresiń.
o
Ejemplo
7(1−( 1 )n )
7 + 7 · 1 + 7 · ( 1 )2 + · · · + 7 · ( 3 )n−1 =
3 3
1 3
1
1− 3
1 n
7(1−( 3 ) )
= 2
3

n Algebra

Ejercicio
Inserte 5 t´rminos en una progresiń geom´trica que tiene por ex-
e o e
tremos 3 y 192
Soluciń
o
La progresiń geom´trica buscada es:
o e

3, 3 · r, 3 · r2 , 3 · r3 , 3 · r4 , 3 · r5 , 192

Luego 3 · r6 = 192. De donde r = 2
Tenemos entonces que la progresiń buscada es :
o

3, 6, 12, 24, 48, 96, 192

Ejercicio
Sume los 2n primeros t´rminos de la progresiń geom´trica que
e o e
comienza por: 3, −4, 16
3

Soluciń
o
−4 16 4
r= = Luego r = −
3 3(−4) 3
3(( −4 )2n − 1)
3
9(( 4 )2n − 1)
s2n = 4 =− 3
−3 − 1 7

2.1.4 Sumas de cuadrados
Buscamos el valor de:

12 + 22 + 32 + · · · + n2

En efecto, sean
n
Sn (2) = i2 = 02 + 12 + 22 + · · · + n2
i=1

n
Sn (3) = i3 = 03 + 13 + 23 + · · · + n3
i=1

Cap´

Se tiene
n
03 + 13 + 23 + · · · + n3 + (n + 1)3 = (i + 1)3
i=0

Es decir n
Sn (3) + (n + 1)3 = (i + 1)3 ∗
i=0

Pero n n
3
(i + 1) = (i3 + 3i2 + 3i + 1)
i=0 i=0
n n n
= i3 + i2 + ( i) + n + 1
i=0 i=0 i=0

Reemplazando en * se tiene:
3n(n + 1)
Sn (3) + (n + 1)3 = Sn (3) + 3Sn (2) + +n+1
2
Luego
3n(n + 1)
3Sn (2) = (n + 1)3 − −n−1
2
2n3 + 3n2 + n
Sn (2) =
6
De donde
n(n + 1)(2n + 1)
Sn (2) =
6

2.2 Inducci´n o recurrencia
o

2.2.1 Los n´ meros naturales
u
Construcci´n seg´ n Peano
o u

Existe un conjunto no vac´ IN, cuyos elementos se llaman n´meros
ıo u
naturales y a cada elemento m se le asocia un n´mero s(m), llamado
u
el siguiente o el sucesor de m, sometidos a las siguientes condiciones,
llamadas postulados de Peano, que son:

n Algebra

P.1. A cada n´mero natural le corresponde un unico n´mero si-
u ´ u
guiente y cada n´mero natural es a lo m´s el siguiente de un n´mero
u a u
natural.
P.2. Hay un n´mero que no es el siguiente de ningń n´mero, llamado
u u u
primer elemento.
P.3. Sea A ⊂ IN tal que:
i) Hay n0 ∈ A con n0 un n´mero natural.
u
ii) Todo elemento en A tiene su n´mero siguiente en A
u
Entonces A = IN
El postulado 3 dice si un conjunto tiene un primer elemento y contiene
todos los siguientes elementos dicho conjunto es IN. Este postulado
es conocido como ”Axioma de Inducciń”. Entonces vemos que este
o
axioma est´ en la esencia de los n´meros naturales.
a u
El segundo postulado tambiń lo cumple solamente el conjunto de los
e
n´meros naturales. Sin embargo el conjunto de los n´meros enteros
u u
cumple el primer postulado.

1. (Suma de los cuadrados) Demostremos por inducciń que:
o
n(n + 1)(2n + 1)
12 + 22 + · · · + n2 = ; ∀n ∈ IN
6
Soluciń.
o

(a) Para n = 2, tenemos:
Lado izquierdo: 12 + 22 = 5
2·3·5
Lado derecho: =5
6
Luego cumple para n = 2
(b) Supongamos que esta propiedad es v´lida para un cierto n,
a
es decir, supongamos que
n(n + 1)(2n + 1)
12 + 22 + · · · + n2 =
6

Cap´

(c) Por demostrar que esta propiedad es v´lida para el n´mero
a u
siguiente, es decir para n+1. Queremos entonces demostrar
que

(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
12 + 22 + · · · + n2 + (n + 1)2 =
6
Demostraciń.
o

n(n + 1)(2n + 1)
12 + 22 + · · · + (n + 1)2 = + (n + 1)2
6
n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2
=
6
(n + 1)(2n2 + n + 6n + 6)
=
6
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
=
6

Por (a), (b) y (c) esta propiedad es v´lida para todo n´mero
a u
natural.

2. (Suma de los cubos) Demostremos por inducciń que:
o

13 + 23 + · · · + n3 = (1 + 2 + · · · + n)2 ; ∀n ∈ IN

Soluciń.
o

(a) La comprobaciń para n = 1 es evidente.
o
(b) Supongamosla v´lida para un cierto n. Es decir, supon-
a
gamos que:

13 + 23 + · · · + n3 = (1 + 2 + · · · + n)2

(c) Por demostrar para el n´mero siguiente, es decir, por de-
u
mostrar que:

13 + 23 + · · · + n3 + (n + 1)3 = (1 + 2 + · · · + n + (n + 1))2

n Algebra

Demostraciń.
o
13 + · · · + n3 + (n + 1)3 = (1 + 2 + · · · + n)2 + (n + 1)3
n(n + 1) 2
= ( ) + (n + 1)3
2 2
(n + 1) 2
= (n + 4(n + 1))
4 2
(n + 1)
= (n + 2)2
4
(n + 1)(n + 2) 2
= ( )
2
= (1 + 2 + · · · + n + (n + 1))2

3. (Suma de los n´meros pares) Demostremos por inducciń que:
u o

2 + 4 + 6 + · · · + 2n = n(n + 1); ∀n ∈ IN

Soluciń.
o

(a) Para n = 1 se verifica la igualdad.
(b) Hip´tesis de inducciń:
o o

2 + 4 + 6 + · + 2n = n(n + 1)

(c) Por demostrar para n + 1, es decir, por demostrar que :

2 + 4 + 6 + · · · + 2n + 2(n + 1) = (n + 1)(n + 2)

Demostraciń.
o
2 + 4 + 6 + · · · + 2n + 2(n + 1) = n(n + 1) + 2(n + 1)
= (n + 1)(n + 2)

Por (a), (b) y (c) se tiene que esta f´rmula es verdadera para
o
todo n´mero natural n.
u

4. (Suma de los n´meros impares) Demostremos por inducciń que:
u o

1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2 ; ∀n ∈ IN

Soluciń.
o

Cap´

(a) Trivialmente se verifica la proposiciń para n = 1.
o
(b) Hip´tesis de inducciń. Supongamos que es verdadera para
o o
un cierto n, es decir, supongamos que:

1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2
(c) Por demostrar que es v´lida para n + 1, es decir:
a

1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) = (n + 1)2
Demostraciń.
o
1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) = n2 + (2n + 1)
= n2 + 2n + 1
= (n + 1)2

Por (a), (b) y (c) esta propiedad es verdadera para todo n ∈ IN.
5. (Suma de los m´ltiplos de 4) Demostremos por inducciń que:
u o
4 + 8 + 12 + · · · + 4n = (2n)(n + 1); ∀n ∈ IN
Soluciń.
o
(a) Demostremos que esta proposiciń es verdadera para n = 2
o
Lado izquierdo: 4 + 8 = 12. Lado derecho: (2 · 2)(3) = 12.
Luego es v´lido para n = 2
a
o o
4 + 8 + 12 + · · · + 4n = (2n)(n + 1)

(c) Por demostrar que es verdadera para n + 1, es decir,
4 + 8 + 12 + · · · + 4n + 4(n + 1) = 2(n + 1)(n + 2)
Demostraciń.
o
4 + 8 + 12 + · · · + 4n + 4(n + 1) = 2n(n + 1) + 4(n + 1)
= (n + 1) · 2 · (n + 2)
= 2(n + 1)(n + 2)

n Algebra

Por (a), (b) y (c) esta propiedad es verdadera para todo n´mero
u
natural.

6. Demostremos por inducciń que:
o

n(n + 1)(n + 2)
1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n(n + 1) = ; ∀n ∈ IN
3

Soluciń.
o

(a) Es claro que la proposiciń es verdadera para n = 1.
o
o o

n(n + 1)(n + 2)
1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n(n + 1) =
3

(c) Por demostrar que es verdadera para n + 1, es decir,

(n + 1)(n + 2)(n + 3)
1·2+2·3+· · ·+n(n+1)+(n+1)(n+2) =
3

Demostraciń.
o
n(n + 1)(n + 2)
1 · 2 + · · · + (n + 1)(n + 2) = + (n + 1)(n + 2)
3
n(n + 1)(n + 2) + 3(n + 1)(n + 2)
=
3
(n + 1)(n + 2)(n + 3)
=
3
Por (a), (b) y (c) esta proposiciń es v´lida para todo n´mero
o a u
natural

o

(2n − 1)3n+1 + 3
1 · 31 + 2 · 32 + 3 · 33 + · · · + n · 3n = ; ∀n ∈ IN
4

Soluciń.
o

Cap´

o
1 2
Lado izquierdo: 1 · 3 + 2 · 3 = 21
(2 · 2 − 1) · 32+1 + 3
Lado derecho: = 21
4
a
o o

(2n − 1)3n+1 + 3
1 · 31 + 2 · 32 + 3 · 33 + · · · + n · 3n =
4

(c) Por demostrar que esta proposiciń es verdadera para n+1,
o
es decir, por demostrar que:

(2n + 1)3n+2 + 3
1·31 +2·32 +3·33 +· · ·+n·3n +(n+1)·3n+1 =
4

Demostraciń.
o
(2n − 1)3n+1 + 3
1 · 31 + · · · + (n + 1) · 3n+1 = + (n + 1)3n+1
4
3n+1 ((2n − 1) + 4(n + 1)) + 3
=
4
3n+1 (6n + 3) + 3
=
4
3n+1 · 3(2n + 1) + 3
=
4
3n+2 (2n + 1) + 3
=
4
Por (a), (b) y (c) se tiene que esta propiedad es verdadera para
u
1
8. (Suma de las potencias de .) Demostremos por inducciń que:
o
2
1 1 1 1 1
+ 2 + 3 + · · · + n = 1 − n ; ∀n ∈ IN
2 2 2 2 2

Soluciń.
o

n Algebra

o
1 1 1 7
Lado izquierdo: + 2 + 3 = ,
2 2 2 8
1 7
Lado derecho: 1 − 3 = .
2 8
a
o o
1 1 1 1 1
+ 2 + 3 + ··· + n = 1 − n
2 2 2 2 2
(c) Por demostrar que es verdadero para n + 1, es decir, por
demostrar que:
1 1 1 1 1
+ 2 + · · · + n + n+1 = 1 − n+1
2 2 2 2 2
Demostraciń.
o
1 1 1 1 1
+ · · · + n + n+1 = (1 − n ) + n+1
2 2 2 2 2
−2 + 1
= 1 + n+1
2
1
= 1 − n+1
2
Por (a), (b) y (c), se tiene que esta propiedad es verdadera para
u
o
1 1 1 n
+ + ··· + = ; ∀n ∈ IN
1·2 2·3 n(n + 1) n+1

Soluciń.
o
(a) Para n = 2 es fćil ver que la proposiciń es verdadera.
a o
o o
1 1 1 n
+ + ··· + =
1·2 2·3 n(n + 1) n+1

Cap´

demostrar que:

1 1 1 1 n+1
+ + ··· + + =
1·2 2·3 n(n + 1) (n + 1)(n + 2) n+2

Demostraci´n.
o
1 1 1 n 1
+ ··· + + = +
1·2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2) n + 1 (n + 1)(n + 2)
n(n + 2) + 1
=
(n + 1)(n + 2)
n2 + 2n + 1
=
(n + 1)(n + 2)
n+1
=
n+2

u

o

1 1 1 n
+ + ··· + = ; ∀n ∈ IN
1·3 3·5 (2n − 1)(2n + 1) 2n + 1

Soluci´n.
o

o
1 1 2
Lado izquierdo: + = ,
1·3 3·5 5
2
Lado derecho: .
5
a
o o

1 1 1 n
+ + ··· + =
1·3 3·5 (2n − 1)(2n + 1) 2n + 1

n Algebra

demostrar que:

1 1 1 n+1
+···+ + =
1·3 (2n − 1)(2n + 1) (2n + 1)(2n + 3) 2n + 3
Demostraci´n.
o
1 1 1 n 1
1·3
+ ··· + (2n−1)(2n+1)
+ (2n+1)(2n+3)
= 2n+1
+ (2n+1)(2n+3)
2n 2 +3n+1
= (2n+1)(2n+3)
(2n+1)(n+1)
= (2n+1)(2n+3)
n+1
= 2n+3

u

1. Pruebe por recurrencia para todo n ∈ IN.
1
14 + 24 + 34 + · · · + n4 = n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1)
30
2. Pruebe por recurrencia para todo n ∈ IN.
n
1
(a) (2k − 1)2 = n(4n2 − 1)
k=1 3
n
(b) k · k! = (n + 1)! − 1
k=1

(Comience por escribir las sumas del lado izquierdo de las igual-
dades como las expresiones del ejercicio 1.)
3. Muestre que no es cierto que
n n n
ak · bk = ak · b k
k=1 k=1 k=1
(basta dar un contraejemplo)

Cap´

4. Calcule las siguientes sumas (utilice las propiedades conocidas):
n
(a) (6k − 5)
k=1
n
(b) k(k + 1)
k=1
n
(c) k(k + 1)(k + 2)
k=1
Pruebe por recurrencia las f´rmulas que usted encontr´.
o o

5. Pruebe por recurrencia las proposiciones siguientes.

(a) La suma de los ´ngulos en un pol´
a ıgono convexo de n lados
es (n − 2)π.
n(n−3)
(b) Un pol´
ıgono convexo de n lados posee 2
diagonales.

6. (a) Encuentre k ∈ IN tal que n3 > 3n2 + 3n + 1, para todo
n ≥ k.
(b) Encuentre k ∈ IN tal que 2n > n3 , para todo n ≥ k.

7. Demuestre por recurrencia que en un conjunto de n elementos
(n ≥ 3) hay
n(n−1)
(a) 2!
sub-conjuntos de 2 elementos.
n(n−1)(n−2)
(b) 3!
sub-conjuntos de 3 elementos.
n
(c) 2 sub-conjuntos arbitrarios.

8. Demuestre por recurrencia.

1 − q n+1
(a) 1 + q + q 2 + · · · + q n =
1−q
an+1 − bn+1
(b) an + an−1 b + an−2 b2 + · · · + abn−1 + bn =
a−b
b
Nota: Se puede deducir (b) de (a) poniendo q = a .

n Algebra

9. (a) Considere la sucesi´n (an ) dada por
o

a0 = 2, a1 = 5, an+2 = 5an+1 − 6an

Pruebe que para todo n se tiene an = 2n + 3n .
(b) Considere la sucesi´n (an ) dada por
o

a0 = 2, a1 = 3, an+1 = 3an − 2an−1

Pruebe que para todo n se tiene an = 2n + 1.

Cap´
ıtulo 3

Binomio de Newton

El objetivo de este cap´
ıtulo es llegar a conocer la ley del desarrollo
2b
de binomios tales como (a + b)10 , (a3 − 5a )35 , (a + b)n , donde n es un
n´mero natural.
u

3.1 Factorial
En este cap´ ıtulo ser´ muy comń tener que multiplicar cantidades
a u
como 1 · 2 · 3 · 4 o bien 7 · 8 · 9 · 10 · 11 · 12. Entonces se invent´ una
o
abreviaciń para tales operaciones. As´ 1 · 2 · 3 · 4 · 5, ser´ abreviado
o ı, a
5! y diremos ”5 factorial”
la abreviaciń 7!, denotar´ 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7.
o a
Tenemos entonces la definiciń siguiente:
o

Definiciń 3.1.1 Si n ∈ IN, n ≥ 1, se define el factorial de n por
o

n! = 1 · 2 · 3 · · · n

y diremos n factorial.

Observaciń. De acuerdo a la definiciń anterior, 0! no tiene sentido,
o o
sin embargo, para que otras definiciones que veremos m´s adelante,
a

87

n Algebra

se puedan extender al caso del 0, las cuales s´ tienen sentido, ser´
ı a
necesario definir 0!.

Definiciń 3.1.2 0! = 1
o

Ejemplos.
6! 1·2·3·4·5·6
= =6
5! 1·2·3·4·5
5! 1·2·3·4·5
= =4·5
3! 1·2·3
10! 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10
= = 7 · 8 · 9 · 10
6! 1·2·3·4·5·6
(n + 1)! 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n · (n + 1)
= =n+1
n! 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n
(n + 2)!
= (n + 1)(n + 2)
n!
n!
= (n − 2)(n − 1) · n
(n − 3)!
(n + 2)!
= (n − 1) · n · (n + 1) · (n + 2)
(n − 2)!
(n − k)!
= n−k
(n − k − 1)!

Ejercicio. Expresemos con factoriales la suma de fracciones siguiente:

5! 5! 5! · 4 + 5! · 2
1) + =
2! · 3! 1! · 4! 2! · 4!
5! · (4 + 2)
=
2! · 4!
6!
=
2! · 4!
8! 8! 8! · 4 + 8! · 5
2) + =
5! · 3! 4! · 4! 5! · 4!
8! · (4 + 5)
=
5! · 4!
9d!
=
5! · 4!

Cap´
ıtulo 3. Binomio de Newton 89

3.2 N´ mero combinatorio
u
En esta secciń estaremos preocupados de problemas tales como:
o
”En un teatro hay s´lo tres asientos libres, desde los cuales la visiń
o o
es completamente diferente. Estamos interesados en saber de cuńtas
a
maneras se pueden sentar 3 personas, tomadas de un grupo de 7 per-
sonas que quieren ocupar estos asientos”.
Otro problema:
”Hay 7 personas y solamente 3 de ellas podrń ir a un paseo. ¿Cuńtas
a a
formas diferentes de grupos de 3 personas se pueden formar a partir
de estas 7 personas?”
Problema. Sea X un conjunto formado por 7 personas. Hay 3 asientos
en un teatro en los cuales hay una visiń muy diferentes en cada uno
o
de ellos. Denotemos estos asientos por:

A B C

¿Cuńtas son las formas posibles de ocupar estos 3 asientos, tomadas
a
de un grupo de 7 personas?
Soluciń. Para el asiento A hay 7 posibilidades. Cada vez que hay
o
una persona en el asiento A, quedan 6 posibilidades para el asiento
B. Luego si tenemos el asiento A y B, hay 7 · 6 posibilidades para
ocuparlos.
Cada vez que hay una persona en el asiento A y una en el asiento B,
hay 5 posibilidades para el asiento C. Luego si tenemos los asientos
A, B y C hay
7·6·5
posibilidades para ocuparlos, tomados de un grupo de 7 personas.
Problema. ¿Cuńtas maneras diferentes tienen para sentarse 3 per-
a
sonas, en 3 asientos en un teatro?
Soluciń. Consideremos 3 asientos:
o

A B C

n Algebra

Para el asiento A hay 3 posibilidades. Cada vez que hay una persona
en el asiento A, hay 2 posibilidades para el asiento B.
Si hay una persona sentada en el asiento A y otra en el asiento B, hay
s´lo una posibilidad para el asiento C. Luego hay
o
3 · 2 · 1 = 3!
formas diferentes de sentarse 3 personas en 3 asientos diferentes.
Problema. En un teatro hay 7 personas. Queremos saber cuńtos
a
grupos diferentes, formados de 3 personas, se pueden formar, para
que se paseen por el escenario.
Soluciń. Primero pensemos que hay 3 asientos, luego hay 7 · 6 · 5
o
maneras de ocuparlos. Si ahora hacemos pasear esas personas en el
escenario, ocurre que cada vez que consideramos 3 personas, ´stas han
e
estado sentadas de 3! maneras diferentes. Luego si hay 7 personas hay:
7·6·5
3!
maneras diferentes que se pasee un grupo de 3 de ellas en el escenario.
Esta es la respuesta.
Ahora queremos escribir de manera m´s elegante este resultado:
a
7·6·5·4·3·2·1 7! 7
= =:
(4 · 3 · 2 · 1) · 3! 4! · 3! 3
7
Nota. No dice: ( 3 ), ni tampoco 7 .
3
7
es llamado el n´mero combinatorio de 7 sobre 3. Es usado para
u
3
denotar todas las combinaciones que se pueden hacer de 3 elementos
tomados de un grupo formado por 7 elementos.
Problema. Tenemos un conjunto X formado por n elementos. Quer-
emos saber cuńtos subconjuntos de X, de k (k ≤ n) elementos pode-
a
mos formar.
Soluciń. Si estos k elementos los ponemos en un cierto orden y
o
respetamos los lugares, entonces hay:
n · (n − 1) · · · ((n − k) + 1)

Cap´

de ponerlos respetando los lugares.
Puesto que son subconjuntos formados por k elementos, debemos en-
tonces dividir por k!, los k elementos estaban de k! maneras diferentes
puestos en estos lugares. Luego hay
n · (n − 1) · · · ((n − k) + 1)
k!
subconjuntos de k elementos tomados de un conjunto de n elementos.
Si queremos escribirlo de un manera m´s elegante tenemos:
a
n · (n − 1) · · · ((n − k) + 1) · (n − k) · · · 2 · 1 n!
=
((n − k) · · · 2 · 1) · k! (n − k)! · k!
n
Nota. denotar´ el n´mero de combinaciones posibles de k ele-
a u
k
n
mentos, tomados de un conjunto de n elementos. Diremos que
k
es el n´mero combinatorio de n sobre k.
u

Proposici´n 3.2.1 Sean n, k ∈ IN, n ≥ k, entonces se tiene
o
n n!
=
k (n − k)! · k!

Esto ha sido demostrado anteriormente.
Nota. Queremos que sepas que este n´mero tiene propiedades muy
u
hermosas que iremos descubriendo a partir de ejercicios. Es por esto
que te invitamos a no saltarte ejercicios. Como te explicamos, nos
ayudar´n a descubrir leyes que ellos cumplen.
a
Ejercicio.
3 3! 3 3! 3 3!
= =1 ; = =3 ; = =3
0 3! · 0! 1 2! · 1! 2 1! · 2!
3 3! 2 2! 2 2!
= =1 ; = =1 ; = =2
3 0! · 3! 0 2! · 0! 1 1! · 1!
2 2! 1 1! 1 1!
= =1 ; = =1 ; = =1
2 0! · 2! 0 1! · 0! 1 0! · 1!

n Algebra

Adem´s
a
0 0!
= =1
0 0! · 0!
Nota. Famoso es el trińgulo de Pascal el cual lleva el nombre del
a
matem´tico y fil´sofo Blaise Pascal(1.623-1.662)
a o

3.2.1 Trińgulo de Pascal
a
0
n=0
0
1 1
n=1
0 1
2 2 2
n=2
0 1 2
3 3 3 3
n=3
0 1 2 3
Haciendo los c´lculos, ´stos n´meros son los siguientes:
a e u

Cap´

1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
Al mirar estos n´meros, uno descubre leyes muy curiosas, admirables.
u
Realmente fue un chispazo genial el de Pascal el ordenar en esta forma
´stos n´meros.
e u

Propiedades del trińgulo de Pascal
a

La primera propiedad que salta a la vista, es que en los bordes tenemos
solamente 1. Esto se expresa como sigue:
n n
Propiedad 1. = 1; =1
0 n
n n! n n!
Demostraciń.
o = = 1; = = 1 ¡Trivial!
0 n! · 0! n 0! · n!
¿cierto?
Observaciń. Observa que este trińgulo es sim´trico. Por ejemplo
o a e
la fila de n = 6 es:
1 6 15 20 15 6 1
Algo as´ como ”los n´meros se devuelven”
ı u
Para la fila de n = 7, tenemos
1 7 21 35 y luego 35 21 7 1
Ahora es necesario escribir esto mediante una expresiń algebraica.
o
Con respecto a las filas de n = 6 y n = 7, tenemos:

n Algebra

6 6 6 6 6 6
= ; = ; = ;
0 6 1 5 2 4
7 7 7 7 7 7 7 7
= ; = ; = ; =
0 7 1 6 2 5 3 4
¿Cu´l es entonces la ley que cumplen?
a
Propiedad 2. Sean n, k ∈ IN, n ≥ k, entonces se tiene

n n
=
k n−k

Demostraciń.
o

n n!
=
n−k (n − (n − k))!(n − k)!
n!
=
k!(n − k)!
n!
=
(n − k)!k!
n
=
k

Observaciń. Observa que en una misma fila, la suma de 2 n´meros
o u
seguidos tiene su resultado en la fila siguiente, justo al medio de los
dos n´meros dados.
u
Por ejemplo:
4 4
6 4 es decir
2 3
5
10
3

Cap´

Veamos que esto ocurre efectivamente:

4 4 4! 4!
+ = +
2 3 2! · 2! 1! · 3!
4! · 3 + 4! · 2
=
2!3!
4! · (3 + 2)
=
2! · 3!
5!
=
2! · 3!
5
=
3

Pero esto que nos ”parece” verdadero, obviamente debemos demostrarlo.
Entonces:
Propiedad 3. Sean n, k ∈ IN, n ≥ k, entonces se tiene

n n n+1
+ =
k k−1 k

Demostraciń.
o
n n n! n!
+ = +
k k−1 (n − k)!k! (n − (k − 1))!(k − 1)!
n!(n − k + 1) + n!k
=
(n − k + 1)!k!
n!(n − k + 1 + k)
=
(n + 1 − k)!k!
n!(n + 1)
=
((n + 1) − k)!k!
(n + 1)!
=
((n + 1) − k)!k!
n+1
=
k

Observaciń. La suma de dos elementos seguidos de una fila, da un
o
elemento de la fila siguiente. Tenemos por ejemplo:

n n n+1
+ =
· · ·

n Algebra

o bien:
n+1 n+1 n+2
+ =
· · ·
o bien:
n−2 n−2 n−1
+ =
· · ·
etc.
Observaciń. El n´mero obtenido de la suma de dos n´meros com-
o u u
binatorios consecutivos de una fila, corresponde al n´mero combina-
u
torio ubicado en la siguiente fila entre ambos n´meros dados. Luego,
u
el n´mero de abajo en el n´mero combinatorio obtenido de la suma,
u u
corresponde al mayor de los dos n´meros dados. Tenemos:
u

· · ·
+ =
k k+1 k+1

o bien
· · ·
+ =
k k−1 k

Observaciń. Esta propiedad se puede escribir de infinitas maneras.
o
Como por ejemplo

n−1 n−1 n
+ = , con k − 3 ≤ n − 1
k−3 k−2 k−2

n−3 n−3 n−2
+ = con k + 5 ≤ n − 3
k+5 k+6 k+6
Estas son las tres propiedades m´s conocidas del trińgulo de Pascal.
a a
Ejemplo.
25 25 26
+ =
4 5 5

Observaciń. En el trińgulo de Pascal, si dejamos fijo k = 2 y
o a
hacemos variar n = 2, 3, 4, 5, 6 y sumamos, tenemos:

2 3 4 5 6 7
+ + + + =
2 2 2 2 2 3

Cap´

Es decir,
6
i 7
=
i=2
2 3
Observe que esto corresponde a la suma de los elementos de una parte
de la diagonal para k = 2. Tenemos la siguiente propiedad a modo de
ejercicio.
Ejercicio. Dado n ∈ IN, entonces se tiene
n
i n+1
=
i=2
2 3

En efecto, la demostraciń la haremos por inducciń sobre n.
o o

1. Para n = 1 tenemos: Lado izquierdo: 1; Lado derecho: 1. Luego
es v´lido para n = 1.
a

2. Hip´tesis de inducciń. Supongamos que esta propiedad es ver-
o o
dadera para n.

3. Por demostrar que es verdadera para n + 1, es decir, por de-
mostrar que:

n+1
i n+2
=
i=2
2 3
En efecto
n+1 n
i i n+1
= +
i=2
2 i=2
2 2
n+1 n+1
= +
3 2
n+2
=
3

Por (1), (2) y (3) esta propiedad es verdadera para todo n´mero nat-
u
ural n ∈ IN.

n Algebra

Otras propiedades
n
i n+1
=
i=3
3 4

O bien n
i n+1
=
i=4
4 5
En general tenemos la proposiciń siguiente a modo de ejercicio.
o
Ejercicio. Demuestre que para n ∈ IN se tiene
n
i n+1
=
i=k
k k+1

Observaciń. Veamos de qu´ manera en una fila podemos obtener el
o e
n´mero siguiente hacia la derecha.
u
Por ejemplo: como pasar del 6 al 4, o del 10 al 5, o del 20 al 15.
Ejemplo. Como pasar del 6 al 4.

2 4 4
= ·
3 2 3

2 5 5
= ·
4 3 4

6 3 6
· =
3 4 4

Ejercicio Resueltos.

1. Demostremos que:

m m−n m
· =
n n+1 n+1

Cap´

(C´mo avanzar un lugar hacia la derecha en una fila cualquiera.)
o
Soluciń.
o
m m−n m−n m!
· = ·
n n+1 n+1 (m − n)!n!
m−n m!
= ·
n+1 (m − n − 1)! · (m − n) · n!
m!
=
(n + 1) · n!(m − (n + 1))!
m!
=
(n + 1)!(m − (n + 1))!
m
=
n+1

2. Determinemos n tal que:

n n−1
3· =5·
4 5

Soluciń.
o
n! (n − 1)!
3· =5·
(n − 4)!4! (n − 1 − 5)!5!
Luego, se tiene:

3(n − 3)(n − 2)(n − 1)n (n − 5)(n − 4)(n − 3)(n − 2)(n − 1)
=
1·2·3·4 4!
De donde
3n = (n − 5)(n − 4)
Luego n2 − 12n + 20 = 0. Luego (n − 2)(n − 10) = 0.
Las soluciones son entonces: n = 2 y n = 10. Pero n = 2 no
tiene sentido. Luego hay una sola soluciń y esta es n = 10
o

3. Demostremos que

6 6 6 8
+2 + =
4 3 2 4

n Algebra

Soluciń.
o
6 6 6 6 6 6 6
+2 + = ( + )+( + )
4 3 2 4 3 3 2
7 7
= +
4 3
8
=
4

4. Simplifiquemos la expresiń
o
n! − (n − 1)!
(n − 1)!
Soluciń.
o
n! − (n − 1)! (n − 1)!n − (n − 1)!
= =n−1
(n − 1)! (n − 1)!

5. Simplifiquemos
n! − (n + 1)! + (n − 2)!
(n − 2)!
Soluciń.
o
n! − (n + 1)! + (n − 2)!
= (n − 1) · n − (n − 1) · n · (n + 1) + 1
(n − 2)!
= n2 − n − (n3 − n) + 1
= −n3 + n2 + 1

6. Calculemos el valor de n en las siguientes relaciones
n n
(1) =
3 4
n+1 n
(2) = 2
3 2
Soluciń de (1) Se tiene: n − 4 = 3, luego n = 7
o
Soluciń de (2)
o
(n + 1)! n!
=2·
(n + 1 − 3)!3! (n − 2)!2!

Cap´

Luego
n!(n + 1) n!
=
(n − 2)!3! (n − 2)!
De donde n + 1 = 6, es decir n = 5

7. Demostremos que:

n n+1 n+1
· =
k k+1 k+1

Soluciń.
o
n n+1 n! n+1
· = (n−k)!k!
·
k k+1 k+1
(n + 1)!
=
(n + 1 − (k + 1))!(k + 1)!
n+1
=
k+1

3.3 Desarrollo del binomio
Nota. Ahora tenemos los elementos necesarios para calcular binomios
de la forma:
(x + y)n
donde n es un n´mero natural.
u
Problema. Desarrollemos el binomio

(x + y)7

Soluciń.
o

(x + y)7 = (x + y)(x + y)(x + y)(x + y)(x + y)(x + y)(x + y)

El primer t´rmino del desarrollo es x7 .
e
El segundo t´rmino queremos que tenga la forma x6 y.¿Cuńtos x6 y
e a
hay? y ¿Por qu´?. De las 7 y que hay, queremos saber todas las posi-
e
bilidades de tomar una sola.

n Algebra

1. Del primer binomio tomamos ”y” y de los 6 restantes tomamos
”x”.

2. Del segundo binomio tomamos ”y” y de los 6 restantes tomamos
”x”, etc.

7
Tenemos combinaciones posibles. Luego el segundo sumando es
1
7
x6 y.
1
El tercer t´rmino queremos que tenga la expresiń ”x5 y 2 ”. El tercer
e o
7 5 2
sumando tiene la forma x y , etc.
2
Luego el desarrollo del binomio es:

7 7 7 7 7
(x + y)7 = x7 y 0 + x6 y 1 + x5 y 2 + x4 y 3 + x3 y 4
0 1 2 3 4
7 7 7
+ x2 y 5 + x1 y 6 + x0 y 7
5 6 7

Este genial descubrimiento fue hecho por el f´
ısico y matem´tico Isaac
a
Newton (1642-1727)

Teorema 3.3.1 (Binomio de Newton) Sean x, y ∈ IR y n ∈ IN,
entonces se tiene:
n n n n
(x+y)n = xn y 0 + xn−1 y 1 +· · ·+ x1 y n−1 + x0 y n
0 1 n−1 n

Demostraciń. Por inducciń sobre n.
o o

1. Para n = 2 tenemos:
(x + y)2 = (x + y) · (x + y)
= x2 + xy + xy + y 2
= x2 + 2xy + y 2
2 2 2
= x2 y 0 + xy + x0 y 2
0 1 2

Cap´

2. Hip´tesis de inducciń. Supongamos que:
o o

n n n
(x + y)n = xn y 0 + xn−1 y 1 + · · · + x0 y n
0 1 n

3. Por demostrar que:

n+1 n+1 n+1
(x + y)n+1 = xn+1 y 0 + xn y 1 + · · · + x0 y n+1
0 1 n+1
Demostraciń. (Las explicaciones estń al final)
o a

(x + y)n+1 = (x + y)n (x + y)
n n n
= xn+1 y 0 + xn y 1 + · · · + x1 y n +
0 1 n
n n n
+ xn y 1 + xn−1 y 2 + · · · + x0 y n+1
0 1 n
n n n
= xn+1 y 0 + ( + )xn y 1 + · · · +
0 1 0
n n n
+( + )x1 y n + x0 y n+1
n n−1 n
n+1 n+1
= xn+1 y 0 + xn y 1 + · · · +
0 1
n+1 n+1
+ x1 y n + x0 y n+1
n n+1

Nota. En la segunda igualdad, multiplicamos la expresiń (x + y)n
o
n
por x y le sumamos la expresiń (x + y) , mutiplicada por y.
o
En la tercera igualdad factorizamos xn y 1 , luego xn−1 y 2 , · · · ,x1 y n , es
decir sumamos los t´rminos semejantes.
e
En la cuarta igualdad usamos las tres propiedades m´s importantes
a
del Trińgulo de Pascal.
a
Por (1), (2) y (3), esta propiedad es verdadera para todo n´mero
u
natural.
Notaciń
o n
n n
(x + y) = xn−k y k
k=0
k

n Algebra

Ejemplo de notaciń
o

( 2 a4 − 5 ab7 )30 = ( 2 a4 + (−1) 5 ab7 )30
3
1
3
1
30
30 2 4 30−k 1
= ( a) · ((−1) ab7 )k
k=0
k 3 5

n
n
Corolario 3.3.2 Sea n ∈ IN, entonces = 2n
k=0
k

Demostraciń. Tomemos x = y = 1. Entonces
o
n n
n n−k k n
2n = (1 + 1)n = 1 1 =
k=0
k k=0
k

n
n
Corolario 3.3.3 Sea n ∈ IN, entonces (−1)k =0
k=0
k

Demostraciń. En el teorema tomemos x = 1, y = −1. Entonces:
o
n n
n n−k n
0 = 0n = (1 + (−1))n = 1 (−1)k = (−1)k
k=0
k k=0
k

Observaciń. En el Trińgulo de Pascal, observemos, en la linea cor-
o a
respondiente a n = 5, que la suma para los impares, coincide con la
suma de los k pares. As` 5 + 10 + 1 = 1 + 10 + 5.
ı
Para n = 6, la suma de los k impares es 6 + 20 + 6 y la suma de los k
pares es: 1 + 15 + 15 + 1.
Entonces uno se pregunta si esto es una coincidencia o si bien ocurre
para todo n. Esta hip´tesis tiene su respuesta en la propiedad sigu-
o
iente:
Propiedad del Trińgulo de Pascal Sea n ∈ IN, entonces
a

n n
n n
=
j,par
j j,impar
j

Cap´

Demostraci´n.
o
n n n
n n n
− = (1)n−j (−1)j
j,par
j j,impar
j j,par
j
n
n
+ (1)n−j (−1)j
j,impar
j
n
n
= (1)n−j (−1)j
j=0
j
= (1 + (−1))n
= 0

Nota Hemos utilizado el Teorema del Binomio de Newton, el cual es
v´lido para todo n´mero natural, luego ´ste corolario es v´lido para
a u e a
todo n, n´mero natural.
u

1. Escribamos el desarrollo del binomio
2 2
(x 3 − y 3 )6

Soluci´n.
o
2 2 6 2 2 6 2 2
(x 3 − y 3 )6 = (x 3 )6−0 (−y 3 )0 + (x 3 )6−1 (−y 3 )1
0 1
6 2 2 6 2 2
+ (x 3 )6−2 (−y 3 )2 + (x 3 )6−3 (−y 3 )3
2 3
6 2 2 6 2 2
+ (x 3 )6−4 (−y 3 )4 + (x 3 )6−5 (−y 3 )5
4 5
6 2
6−6 2
6
+ (x 3 ) (−y 3 )
6
12 10 2 8 4 6 6
= 1 · x 3 − 6 · x 3 · y 3 + 3 · 5 · x 3 y 3 − 4 · 5x 3 y 3
4 8 2 10 12
+15x 3 y 3 − 6x 3 y 3 + y 3
10 2 8 4 4 8
= x4 − 6x 3 y 3 + 15x 3 y 3 − 20x2 y 2 + 15x 3 y 3
2 10
−6x 3 y 3 + y 4

2. Hagamos el desarrollo del binomio

(2a − 3y)5

n Algebra

Soluciń.
o
5 5
(2a − 3y)5 = (2a)5−0 (−3y)0 + (2a)5−1 (−3y)1
0 1
5 5
+ (2a)5−2 (−3y)2 + (2a)5−3 (−3y)3
2 3
5 5
+ (2a)5−4 (−3y)4 + (2a)5−5 (−3y)5
4 5
5! 5 5 5! 4 4
= 2a − 2 a 3y
5!0! 4!1!
5! 3 3 2 2 5! 2 2 3 3
+ 2a3y − 2a3y
3!2! 2!3!
5! 5! 5 5
+ 2a34 y 4 − 3y
1!4! 0!5! 4
= 25 · a5 − 5 · 24 · 3 · a · y + 10 · 23 · 32 · a3 · y 2
−10 · 22 · 33 · a2 · y 3 + 5 · 2 · a · 34 · y 4 − 35 · y 5

Nota Observemos que el primer t´rmino corresponde a k = 0.
e
Luego el n-´simo t´rmino corresponde a k = n − 1
e e

3. Dado el binomio
(6 − 5a)19
Busquemos el dćimo t´rmino y el coeficiente de a14
e e
Soluciń. El dćimo t´rmino corresponde a k = 9. Este t´rmino
o e e e
es el siguiente:

19 19!
(2 · 3)19−9 · 59 · a9 = − · 210 · 310 · 59 · a9
9 10! · 9!
= −211 · 310 · 11 · 13 · 17 · 19 · 59 · a9

El coeficiente de a14 , corresponde a k = 14. Este es:

19
· (2 · 3)5 (−5)14 = 27 · 37 · 17 · 19 · 514
14

4. En el binomio
1
(2x2 − )9
x
Busquemos el t´rmino independiente de x.
e

Cap´

Soluciń. El t´rmino general es
o e
9 1
(2x2 )9−k (− )k
k x
Si ponemos la atenciń solamente en las ”x” para obtener el
o
valor de k, tenemos:
1
(x2 )9−k · ( )k = x18−2k−k = x18−3k
x
Luego 18 − 3k = 0. Entonces k = 6.
El t´rmino independiente de x es entonces
e
9 9! 3
· 29−6 · (−1)6 = 2 = 25 · 3 · 7
6 3!6!

5. Busquemos el t´rmino central del desarrollo del binomio
e
2 x
( + )8
x 2

Soluciń. El t´rmino central corresponde a k = 4. Es decir
o e
8 2 8−4 x 4
( ) ( ) =2·5·7
4 x 2
N´tese que en este caso, el t´rmino central, tambiń correponde
o e e
al t´rmino independiente de x.
e
6. Busquemos el quinto t´rmino del binomio siguiente:
e
√ √ 5
x3 y
( √ + √ )8
a b3

Soluciń. El quinto t´rmino corresponde a k = 4. Tenemos
o e
3 5 3 5·4
8 x 2 8−4 y 2 4 8! x 2 4 y 2
( 1 ) (− 3 ) = · 1 ·
4 a2 b2 4!4! a 2 4 b 3·4
2

x · y 10
6
= 2·5·7· 2 6
a ·b

n Algebra

7. Dado el binomio
2x 5y 2
( − 3 )27
25y 4x
y 51
Busquemos el ultimo t´rmino y el coeficiente de
´ e
x77
Soluciń. El ultimo t´rmino se obtiene para k = 27 y ´ste es :
o ´ e e

27 2x 5y 2 527 y 54
( 2 )27−27 (− 2 3 )27 = − 54 81
27 5 y 2x 2 x

El t´rmino general tiene la forma siguiente:
e

27 2x 5y 2
( 2 )27−k (− 2 3 )k
k 5y 2x
y
Consideremos solamente
x

x27−k y 2k y 2k+k−27 y 3k−27
· 3k = 3k+k−27 = 4k−27
y 27−k x x x

De donde 3k − 27 = 51, es decir k = 26, o bien, consideremos
4k − 27 = 77, luego k = 26. El coeficiente pedido es

27 2 5 27! 2 526 524 27
( 2 )27−26 ( 2 )26 = = 51
26 5 2 26!1! 52 252 2

y 51 524 27
Luego el coeficiente de 77 es 51
x 2
8. En el desarrollo del binomio (1 + x)43 , el coeficiente del (2r + 1)-
´simo t´rmino y del (r + 2)-´simo t´rmino son iguales. Encon-
e e e e
tremos r.
Soluciń.
o
43 43
=
2r r+1
Luego 2r = 43 − (r + 1), de donde r = 14

Cap´

9. En el binomio (a + b)6 , busquemos el valor de a y b, sabiendo
que el segundo y tercer t´rmino de su desarrollo son 576 y 2.160
e
Soluciń. Tenemos el sistema de ecuaciones siguientes:
o
6 5 1
(1) a b = 576 (1) 6a5 b = 576
1
6 4 2 =⇒ 4 2
(2) 15a b = 2.160
(2) a b = 2.160
2
(1) a5 b = 96
=⇒
(2) a4 b2 = 144
a · (2) : a5 b2 = 144a, luego a5 b · b = 144a, de donde 96b = 144a.
Es decir b = 3 a. Reemplazando el valor de b en la ecuaciń (1),
2
o
5 3 6
tenemos a · 2 a = 96, es decir a = 64. Luego a = ±2 y b = ±3.
El binomio que busc´bamos es (2 + 3)6 , o bien, (−2 + −3)6
a
10. En el binomio (x+y)n , busquemos los valores de x, y, n, sabiendo
que el segundo, tercer y cuarto t´rmino del desarrollo son 240,
e
720 y 1080 respectivamente.
Soluciń. Tenemos:
o
n
(1) xn−1 y 1 = 240
1
n
(2) xn−2 y 2 = 720
2
n
(3) xn−3 y 3 = 1080
3
Luego
n!
(1) xn−1 y = 240
(n − 1)!1!
n!
(2) xn−2 y 2 = 720
(n − 2)!2!
n!
(3) xn−3 y 3 = 1080
(n − 3)!3!
Haciendo todas las simplificaciones posibles, nos queda:
(1) nxn−1 y 1 = 240
(2) (n − 1)nxn−2 y 2 = 720 · 2
n−3 3
(3) (n − 2)(n − 1)nx y = 1080 · 6

n Algebra

Tomamos
x · (2) : (n − 1)nxn−1 y · y = 720 · 2 · x

Reemplazando la ecuaciń (1) en esta ecuaciń, nos queda:
o o
(n − 1) · 240y = 720 · 2 · x

Simplificando, tenemos:
(a) : (n − 1)y = 6x
Luego
6x
y=
n−1
Ahora multipliquemos por x la tercera ecuaciń
o

x · (3) : (n − 2) · (n − 1)nxn−2 y 2 · y = 1080 · 6x
Reemplazando (2) en esta ecuaciń, queda:
o

(n − 2) · 720 · 2 · y = 1080 · 6x
De donde obtenemos la ecuaciń siguiente:
o

(b) : (n − 2)2y = 9x
Ahora consideremos la ecuaciń (a) en (b):
o
6x
(n − 2)2 · = 9x
n−1
Luego 4(n − 2) = 3(n − 1). De donde n = 5
Consideremos (a) y n = 5 en (1):
6x
5x4 = 240
4
Lluego x5 = 25 , es decir, x = 2
6·2
Reemplazando x = 2 en (a):y = 4
, luego y = 3.
Entonces el binomio que cumple estas condiciones es (2 + 3)5

Cap´

1. Escriba como un n´mero combinatorio, la suma:
u

8 8 8 8
+ + +
5 6 6 7

2. Demuestre que
24 21 24
· =
3 4 4

3. Demuestre por inducciń que
o

(a)
n
k n+1
=
k=2
2 3

(b)
n
k n+1
=
k=i
i i+1

4. Encuentre el termino independiente de a en el desarrollo del
binomio siguiente
2b 9a2 8
− 2
3a6 4b
2x 5y 12
5. Dado el binomio − Encuentre:
5y 2x
(a) El termino central
x6
(b) El coeficiente de
y6
(c) Encuentre, si existe, el termino independiente de x

1 6
1
6. Dado el binomio x2 − 3 . Encuentre:
3x 2
1
(a) El coeficiente de (b) El termino central
x

n Algebra

7. En el binomio (a + b)7 , encuentre el valor de a y b sabiendo que
7 · 23
el tercer y cuarto termino del desarrollo del binomio son:
34
−2 · 5 · 7
y
34

Cap´
ıtulo 4

Relaciones Binarias

4.1 Producto Cartesiano
Comencemos a estudiar lo que es un ”par ordenado”. Un ejemplo de
par ordenado, es nuestros apellidos, en los cuales hay que respetar el
orden en que estń. Un par ordenado es denotado en la forma (x, y).
a
Observaciń. (1, 2) = (2, 1), (1, 2) = (1, 4).
o

Definiciń 4.1.1 Diremos que el par (x, y) es igual al par (z, t), de-
o
notado (x, y) = (z, t) si y solamente si x = z e y = t.

Observaciń. La definiciń de par ordenado puede ser dada a partir
o o
de la teor´ de conjuntos. Es la siguiente:
ıa
(x, y) = {{x}, {x, y}}
Ejemplo. (1, 2) = {{1, 2, 2}, {1}} = {{1}, {1, 1, 1, 2, 2, 2, }}
(3, 1) = {{3}, {1, 3}} = {{3, 1}, {3}} = {{1, 3}, {3}, {3}, {3}}
Observaciń. Sea A = {1, 2}, B = {a, b, c}. Queremos escribir el
o
conjunto formado por todos los pares que tienen un elemento de A al
lado izquierdo y un elemento de B al lado derecho. Este conjunto lo
denotaremos por A × B y es el siguiente:
A × B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)}

113

n Algebra

Diremos que este es el producto cartesiano entre A y B. Tenemos la
definiciń siguiente:
o

Definiciń 4.1.2 Sean A y B dos conjuntos. Definimos el producto
o
cartesiano entre A y B, denotadoA × B, de la manera siguiente:
A × B = {(a, b); a ∈ A, b ∈ B}

Ejemplos.

1. Sea A = {1, 2, 3} y B = {4}. Entonces A×B = {(1, 4), (2, 4), (3, 4)}
2. Sea A = {a, b, c}. Entonces

A × A = {(a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c)}

Proposiciń 4.1.1 Sean A, B, C, D conjuntos. Si A ⊂ C y B ⊂ D,
o
entonces A × B ⊂ C × D

Demostraciń. (a, b) ∈ A × B ⇒ (a ∈ A ∧ b ∈ B) ⇒ (a ∈ C ∧ b ∈
o
D) ⇒ (a, b) ∈ C × D

Proposiciń 4.1.2 Sean A, B conjuntos, entonces A × B = ∅ ssi
o
(A = ∅ o B = ∅)

Demostraciń. Haremos demostraciones indirectas.
o

1. Por demostrar A × B = ∅ ⇒ (A = ∅ o B = ∅)
Supongamos no (A = ∅ o B = ∅), es decir, (A = ∅ ∧ B = ∅).
Luego existe al menos un a ∈ A y al menos un b ∈ B.
Luego tenemos (a, b) ∈ A × B, es decir A × B = ∅.
En consecuencia tenemos no (A × B = ∅)
2. Por demostrar (A = ∅ o B = ∅) ⇒ A × B = ∅
Supongamos no (A × B = ∅). Equivalentemente, A × B = ∅, es
decir, existe (a, b) ∈ A × B, ciertos a ∈ A, b ∈ B. Luego existe
a ∈ A y b ∈ B. Esto quiere decir que A = ∅ y B = ∅. Luego
no(A = ∅ o B = ∅)

Cap´
ıtulo 4. Relaciones Binarias 115

Proposiciń 4.1.3 Sean A, B, C tres conjuntos cualesquiera. En-
o
tonces
A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C)

Demostraciń.
o
(a, t) ∈ A × (B ∪ C) ⇔ (a ∈ A ∧ t ∈ B ∪ C)
⇔ (a ∈ A ∧ (t ∈ B ∨ t ∈ C))
⇔ ((a ∈ A ∧ t ∈ B) ∨ (a ∈ A ∧ t ∈ C))
⇔ ((a, t) ∈ A × B ∨ (a, t) ∈ A × C)
⇔ (a, t) ∈ (A × B) ∪ (A × C)

Proposiciń 4.1.4 Sean A, B, C tres conjuntos cualesquiera. En-
o
tonces

A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C)

Demostraciń. Te dejamos la alegr´ de hacer esta demostraciń
o ıa o

4.2 Conceptos b´sicos
a
Estamos interesados en estudiar relaciones entre dos conjuntos dados
y algunas propiedades que ellas puedan cumplir. Comencemos por
formalizar el concepto de relaciń. Primero ve´moslo en un ejemplo.
o a
Observaciń. Sea A = {1, 4, 5, 6} y B = {2, 6, 8, 12}. Consideremos
o
el siguiente subconjunto de A × B:

R = {(1, 2), (1, 6), (1, 8), (1, 12), (4, 8), (4, 12), (6, 6), (6, 12)}

Al mirar detenidamente R, observamos que la primera componente
divide a la segunda. Es decir,al considerar un subconjunto de A × B,
hemos obtenido una relaciń entre A y B.
o
Podemos escribirR por comprensiń de la manera siguiente:
o

n Algebra

R = {(n, m); n divide a m}.

Parece natural entonces la definiciń siguiente:
o

Definiciń 4.2.1 Diremos que R es una relaciń entre A y B si R
o o
es un subconjunto de A × B. Es decir, todo subconjunto de A × B es
llamado una relaciń entre A y B
o

Ejemplo. Sea X = {2, 3, 5, 6, 8, 10}, Y = {1, 2, 3, 4, 5}
Sea R = {(2, 1), (6, 3), (8, 4), (10, 5)}.
Entonces R es una relaciń entre X e Y .
o
Nosotros diremos (2, 1) ∈ R o (6, 3) ∈ R. De ahora en adelante es-
cribiremos 2R1 o 6R3. y diremos ”2 est´ relacionado con 1” y ”6 est´
a a
relacionado con 3”
Notaciń. Si (x, y) ∈ R, escribiremos xRy y diremos ”x est´ rela-
o a
cionado con y”. En caso contrario escribiremos xRy y diremos que ”x
no est´ relacionado con y”
a
Ejemplo. El ejemplo anterior lo podemos escribir de la manera sigu-
iente:

aRb ssi a = 2b

Observaciń. Sean A = {1, 2, 3, 4} y R ⊂ A×A una relaciń, definida
o o
por

R = {(1, 3), (1, 4), (2, 1), (3, 1), (3, 2), (4, 1)}.

En este caso 1R3 y 3R1, tambiń 1R4 y 4R1. Mientras que 2R1 y
e
1R2, an´logamente 3R2 y 2R3.
a
Observemos tambiń que 2R4 y 4R2.
e
Conclusiones.

1. xRy no implica necesariamente yRx.

Cap´

2. No necesariamente todos los elementos de un conjunto estń
a
relacionados, es decir, puede que no tengamos xRy y tampoco
tengamos yRx.

Ejemplo. Sea R ⊂ IN × IN definida por:

aRb ssi a + b es un n´mero par.
u

En este caso, todo n´mero par est´ relacionado con todo n´mero par,
u a u
pues la suma de dos n´meros pares es un n´mero par.
u u
En efecto, a, b pares ⇒ a = 2k, b = 2t, ciertos k, t ∈ IN ⇒ a + b =
2k + 2t = 2(k + t), ciertos k, t ∈ IN. Es decir, a + b es par.
Adem´s todo n´mero impar est´ relacionado con todo n´mero impar.
a u a u
En efecto, a, b impares ⇒ a = 2k + 1, b = 2t + 1, ciertos k, t ∈ IN
⇒ a + b = 2k + 1 + 2t + 1 = 2(k + t + 1). Es decir, a + b es par.
Sin embargo un n´mero par no est´ relacionado con ningń n´mero
u a u u
impar ni rec´ıprocamente. En efecto a par, b impar ⇒ a = 2k, b = 3t+1,
ciertos k, t ∈ IN ⇒ a + b = 2k + 2t + 1 = 2(k + t) + 1, es decir a + b es
impar.
Ahora estamos interesados en definir nuevos conceptos. Ve´moslos
a
primero en la siguiente observaciń.
o
Observaciń. Sean A = {1, 2, 3, 4}, B = {a, b, c} y
o
R = {(1, b), (1, c), (2, c), (4, c)}. Diremos que el Dominio de R, deno-
tado Dom(R), es Dom(R) = {1, 2, 4}.
Diremos que la imagen de R, denotada Im(R) es Im(R) = {b, c}
B es llamado codominio de R.
Tenemos las siguientes definiciones

Definiciń 4.2.2 Llamaremos Dominio de la relaciń R, denotado
o o
Dom(R), al conjunto formado por todas las primeras componentes de
los pares ordenados que forman R. De manera simb´lica, escribimos:
o
Dom(R) = {a ∈ A/∃b ∈ B; (a, b) ∈ R}

n Algebra

Definiciń 4.2.3 Llamaremos Imagen de la relaciń R, denotado
o o
Im(R), al conjunto formado por todas las segundas componentes de
los pares ordenados que forman R.De manera simb´lica, escribimos:
o
Im(R) = {b ∈ B/∃a ∈ A; (a, b) ∈ R}.

Definiciń 4.2.4 Si R ⊂ A × B, entonces B es llamado el Codo-
o
minio de R

Ejemplos

1. Sea R ⊂ IN × IN, definida por

aRb ssi a = b2 .

Vemos que la primera componente debe ser un cuadrado per-
fecto, luego Dom(R) = {b2 ; b ∈ IN} = IN. Sin embargo la se-
gunda componente no tiene ninguna exigencia, luego Im(R) =
IN = Codom(R).


aRb ssi b = a2 . En este caso b es un cuadrado perfecto.

En este caso Dom(R) = IN, Im(R) = {a2 ; a ∈ IN}. Im(R) = IN.
Codom(R) = IN


aRb ssi a + b es par

Dom(R) = IN, pues si a es par, todo b par cumple a + b par. Por
otra parte si a es impar, todo b impar cumple a + b par, luego
Im(R) = IN.
Si tomamos b par en Codom(R), existe a par en Dom(R) que
cumple a + b par. Si tomamos b impar en Codom(R), existe a
impar en Dom(R) que cumple a + b par, es decir se tiene:

Cap´

R = {(2k, 2t), (2r + 1, 2s + 1); k, t, r, s ∈ IN}.

4. Sean A = {z ∈ Z −10 ≤ z ≤ 20} y R ⊂ A × A definida por:
Z;

aRb ssi a = |b|.

Entonces

R = {(0, 0), (1, 1), · · · , (20, 20), (1, −1), · · · (10, −10)}

Entonces Dom(R) = {0, 1, 2, ..., 20}, Im(R) = A = Codom(R)

5. Sea R ⊂ Z × Z definida por
Z Z

aRb ssi a + b = 3.

Si a ∈ Z siempre existe b ∈ Z tal que a + b = 3. Luego
Z, Z
Dom(R) = Z Z.
De la misma manera, dado b ∈ Z siempre existe a ∈ Z tal que
Z, Z
a + b = 3. Luego Im(R) = ZZ

6. Sea B = {2, 3, 4, 6, 8, 9}. Sea R ⊂ B × B definida por

aRb ssi (a, b) = 1.

Donde (a, b) denota el m´ximo comń divisor entre a y b.
a u
Tenemos entonces que:

2R3,2R9,3R4,3R8,4R9,8R9,3R2,9R2,4R3,8R3,9R4,9R8.

Luego Dom(R) = {2, 3, 4, 8, 9} = Im(R). Adem´s Codom(R) =
a
B

7. Sean A = {2, 3, 5, 7} y R ⊂ A × A definida por:

aRb ssi a < b.

n Algebra

Tenemos 2R3, 2R5, 2R7, 3R5, 3R7, 5R7. Luego Dom(R) =
{2, 3, 5}. Im(R) = {3, 5, 7}. Codom(R) = A.
8. Sea R ⊂ IN × IN definida por:

aRb ssi ab = 1.

Dado 0 ∈ IN, ∃b ∈ IN tal que 0b = 1. Luego 0 ∈ Dom(R). Sin
/
embargo, ∀a ∈ IN, a = 0, a = 1. Luego Dom(R) = IN∗ =
0

IN − {0}, Im(R) = {0, 1}.

4.3 Grafos
En esta secciń veremos una representaciń de relaciones en un con-
o o
junto A finito. Es decir, R ⊂ A × A, con A finito.
Observaciń. Sean A = {1, 2, 3} y R ⊂ A × A, definida por: R =
o
{(1, 1), (1, 2), (2, 1), (3, 1)}. Su grafo es:

El bucle en el 1 significa 1R1. La flecha desde 1 hacia 2, significa 1R2.
La flecha desde 2 hacia 1, significa 2R1 y la flecha desde 3 hacia 1,
significa 3R1.
Nota. Sea R ⊂ A × A con A finito. La expresiń aRa la representare-
o
mos por un bucle en a:

Cap´

La expresiń aRb, la representaremos por una flecha desde a hacia b:
o

Ejemplos.

1. Sean A = {a, b, c} y R ⊂ A × A, definida por:

R = {(a, b), (b, a), (b, b), (b, c), (c, c)}.

Entonces su grafo es:

2. Sean A = {1, 2, 3, 4, 5} y R ⊂ A × A, definida por:

R = {(1, 1), (1, 2), (2, 3), (3, 1), (4, 5), (5, 4)}.

n Algebra

Su grafo es el siguiente:

4.4 Propiedades de las relaciones bina-
rias
De ahora en adelante, estudiaremos una relaciń R, R ⊂ A × A o
o
excepcionalmente R ⊂ A × B, donde A y B difieren en una cantidad
finita de elementos. (Por ejemplo, R ⊂ IN × IN∗ )
En esta secciń estudiaremos las propiedades que son necesarias para
o
tener los conceptos de relaciones de equivalencia y las relaciones de
orden.
Comenzaremos por aquellas que nos parecen m´s fćiles de compren-
a a
der (reflexividad, simetr´ y transitividad) y luego de tener estos con-
ıa
ceptos bien dominados estudiaremos la antisimetr´ıa.¡Ver´s que es fćil!
a a

4.4.1 Reflexividad
Definiciń 4.4.1 Sea R ⊂ A × A. Diremos que R es refleja si xRx,
o
∀x ∈ A.

Ejemplos.

1. Sean A = {1, 2, 3} y R ⊂ A × A, definida por:

R = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (3, 3), (3, 2)}

Cap´

Su representaciń cartesiana es:
o

Que sea refleja se observa en que estń todos los elementos de la
a
diagonal.
Su grafo es:

R es refleja. Esto se observa en que todo elemento tiene un bucle.

n Algebra

2. Sean A = {2, 3, 5} y R ⊂ A × A definida por:

R = {(2, 2), (3, 3), (5, 5)}.

Tenemos que R es refleja. Esta relaciń es llamada la identidad
o
en A

3. Sea R ⊂ Z × Z definida por:
Z Z

aRb ssi a − b = 3n, cierto n ∈ ZZ

Demostremos que R es refleja. En efecto a − a = 0 = 3 · 0. Luego
aRa, ∀a ∈ ZZ.

4. Sea T ⊂ IN × IN definida por:

aRb ssi a + b es par.

T es refleja pues: a + a = 2a ⇒ a + a es par ⇒ aRa, ∀a ∈ IN

5. Sea S ⊂ IN × IN definida por:

aSb ssi a2 + b2 ≥ 1.

S no es refleja pues 02 + 02 = 0 < 1. Es decir, el 0 no est´
a
relacionado con el 0. Luego ∃a ∈ IN tal que aRa.

Z Z

aRb ssi ∃r ∈ Z tal que a · r = b.
Z

T es refleja pues: a · 1 = a, ∀a ∈ Z luego aRa, ∀a ∈ Z
Z, Z

Z Z

aRb ssi a + b = 3n, cierto n ∈ ZZ.

Cap´

R no es refleja. Contraejemplo: 1 no est´ relacionado con 1, pues
a
1 + 1 = 3n, ∀n ∈ Z Es decir, ∃n ∈ Z tal que 1 + 1 = 3n.
Z. Z

Z Z

aRb ssi a ≤ b.

R es refleja pues a ≤ a ∀a ∈ Z es decir aRa, ∀a ∈ Z
Z, Z

Z Z

aRb ssi a < b.

R no es refleja pues es falso que a < a.


aRb ssi (a, b) = 1.

El unico n´mero natural tal que (a, a) = 1 es a = 1. Luego aRa
´ u
s´lo para a = 1. Luego R no es refleja.
o

4.4.2 Simetr´
ıa
Definiciń 4.4.2 Sea R ⊂ A × A. Diremos que R es sim´trica si
o e

aRb ⇒ bRa

Es decir cada vez que tenemos aRb, debemos tener tambiń bRa. Di-
e
remos que el elemento sim´trico a (a, b) es (b, a). Llamaremos eje
e
de simetr´ al subconjunto de A × A siguiente: {(a, a); a ∈ A}
ıa
Ejemplos.

1. Sean A = {1, 2, 3} y R = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2)}
Gr´ficamente se tiene
a

n Algebra

Es claro que esta relaciń es sim´trica. La diagonal es el eje de
o e
simetr´ La recta que une (a, b) con (b, a) es perpendicular a la
ıa.
diagonal y ambos puntos estń a la misma distancia, es decir,
a
son sim´tricos entre s´
e ı.
En un grafo se tiene:

Cuando hay un camino de ida, entonces tambiń est´ el camino
e a
de regreso.

Cap´

2. Sean A = {a, b, c} y R ⊂ A × A, deﬁnida por:

R = {(a, b), (b, a), (b, b), (b, c)}.

Su gr´ﬁco es
a

No est´ el punto sim´trico a (b, c), que es (c, b). Luego R no es
a e
sim´trica.
e
Su grafo es:

n Algebra

El camino desde b hacia c, no tiene camino de regreso. Luego R
no es sim´trica.
e
aRb ssi a + b es par.
Si aRb entonces a + b = 2n, cierto n ∈ IN, luego b + a = 2n,
n ∈ IN, luego b + a es par. Es decir bRa. Luego R es sim´trica.
e
Z Z
aRb ssi a ≤ b.
R no es sim´trica. Contraejemplo: 1R3 pero 3R1.
e
Z Z
aRb ssi a − b es un m´ltiplo de 3.
u
Tenemos que R es sim´trica. En efecto, aRb ⇒ a−b = 3n, cierto
e
n ∈ Z ⇒ b − a = −3n, n ∈ Z ⇒ b − a = 3(−n), (−n) ∈ Z ⇒
Z Z Z
bRa
Nota. Si en el caso anterior, hubi´semos tomado IN en vez de
e
Z no ser´ sim´trica, pues si a − b ∈ IN, ocurre que b − a no
Z, ıa e
tiene sentido en IN, salvo para a = b = 0
Z Z
aRb ssi a + b = 3.
Tenemos que R es sim´trica.
e
En efecto, aRb ⇒ a + b = 3 ⇒ b + a = 3 ⇒ bRa.
Z Z
aRb ssi a + 2b = 10.
Tenemos que 4R3, pues 4 + 2 · 3 = 10, sin embargo 3 no est´ a
relacionado con 4, pues 4 + 2 · 4 = 11 Filos´ficamente hablando,
o
si usted cambia a con b, no obtiene la misma expresiń. Luego
o
no es una ”expresiń sim´trica”
o e

Cap´

4.4.3 Transitividad
Definiciń 4.4.3 Sea R ⊂ A × A. Diremos que R es transitiva
o
si ”cada vez que tengamos aRb y tambiń tengamos bRc, entonces
e
obligadamente debemos tener aRc”.
En lenguaje simb´lico:
o

aRb y bRc ⇒ aRc

Ejemplos.

1. Sean A = {1, 2, 3} y R la relaciń definida por:
o

R = {(1, 1), (1, 2), (2, 3), (1, 3)(3, 2), (2, 2), (3, 3)}

En un grafo:

Tenemos el camino del 1 hacia el 2, el camino del 2 hacia el 3 y
el camino m´s corto: del 1 hacia el 3.
a
Tenemos el camino del 1 hacia el 3, el camino del 3 hacia el 2 y
el camino m´s corto: del 1 hacia el 2.
a

n Algebra

Son triviales las situaciones siguientes:
1R1 ∧ 1R3 ⇒ 1R3; 3R2 ∧ 2R2 ⇒ 3R2; 3R3 ∧ 3R2 ⇒ 3R2.
Luego R es transitiva.

Z Z

aRb ssi 2a + b = 7.

R no es transitiva. Contraejemplo: 2R3 ∧ 3R1 ∧ 2R1.

Z Z

aRb ssi a − b = 3n, cierto n ∈ ZZ.

Efectivamente R es transitiva pues: aRb y bRc ⇒ a − b = 3n,
b − c = 3m, ciertos n, m ∈ Z ⇒ (a − b) + (b − c) = 3n + 3m,
Z
n, m ∈ Z ⇒ a − c = 3(n + m), n + m ∈ Z
Z Z
Nota. En el ejemplo anterior si aRb, entonces a−b es un m´ltiplo
u
de 3, lo escribiremos 3n, n ∈ Z Por otra parte, bRc significa
Z.
que b − c es un m´ltiplo de 3, pero no tiene por qu´ ser el mismo
u e
m´ltiplo de 3, luego b − c = 3m, m ∈ Z No podemos usar la
u Z.
misma letra n, pues no son necesariamente iguales.

Z Z

xRy ssi x ≤ y

es una relaciń transitiva.
o
En efecto, xRy ∧ yRz ⇒ x ≤ y ∧ y ≤ z ⇒ x ≤ z ⇒ xRz

4.4.4 Antisimetr´
ıa
Definiciń 4.4.4 Sea R ⊂ A × A. Diremos que R es antisim´trica
o e
si los unicos elementos que pueden tener su sim´trico son aquellos que
´ e
pertenecen al eje de simetr´
ıa.

Cap´

Es decir:

R es antisim´trica ssi (aRb ∧ bRa ⇒ a = b).
e

Ejemplos.


xRy ssi x ≥ y

Esta relaciń es antisim´trica, su gr´fico es:
o e a


R = {(1, 1), (2, 3), (3, 2), (1, 3)}

R no es antisim´trica, pues hay un par, el par (2, 3), que tiene
e
su sim´trico y no est´ en la diagonal. N´tese que esta relaciń
e a o o
no es sim´trica pues el par (1, 3) no tiene su sim´trico.
e e


n Algebra

R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}

Es antisim´trica. Tambiń es sim´trica, refleja y transitiva.
e e e

¿Puede, en un conjunto cualquiera, haber una relaciń diferente
o
de la identidad, que cumpla las 4 propiedades estudiadas?

Ejercicios Resueltos.

1. En Z consideremos, el subconjunto A = {1, 2, 3, 4}. Estudiemos
Z
las propiedades de la relaciń R definida en A por:
o

aRb ssi 2a ≤ a · b

Soluciń
o

Comencemos por encontrar los pares que estń en la relaciń.
a o
Tenemos: 1R2, 1R3, 1R4, 2R2, 2R3, 2R4, 3R3, 3R4, 4R4. Es
decir,

R = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 3), (3, 4), (4, 4)}

R no es refleja, pues falta el par (1, 1). R no es sim´trica, pues
e
est´ (1, 2) y no est´ (2, 1). Adem´s hay varios pares que no tienen
a a a
su sim´trico. R es antisim´trica, pues los unicos pares que tienen
e e ´
su sim´trico (3, 3), (2, 2), (4, 4).
e

R es transitiva (te lo dejamos como ejercicio).

En un grafo tenemos:

Cap´

o

2. Sean A ⊂ Z A = {1, 2, 3, 4} y R ⊂ A × A, deﬁnida por:
Z,

R={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,2),(2,3),(2,4),(3,4)}

n Algebra

Soluciń. Tenemos que
o

R no es refleja ya que 3R3.

No es sim´trica pues 1R2 y 2R1.
e

Es antisim´trica, pues los unicos pares que tienen su sim´trico
e ´ e
son (1, 1) y (2, 2).

Es transitiva, pues 2R3 ∧ 3R4 ∧ 2R4, 1R3 ∧ 3R4 ∧ 1R4, 2R3 ∧
3R4 ∧ 2R4 y tambiń 1R2 ∧ 2R4 ∧ 1R4.
e

Su grafo es:

o

Cap´


aRb ssi a2 + 1 ≥ b

Soluci´n. Los elementos que est´n relacionados son: 1R1, 1R2,2R1
o a
2R2, 2R3, 3R3, 3R2, 3R1.
Su grafo es:

n Algebra

Observamos que R es refleja, pues tenemos 1R1, 2R2, 3R3. R
no es sim´trica pues 1R2 y 2R1. R no es antisim´trica pues
e e
2R3 ∧ 3R2 ∧ 2 = 3. R no es transitiva pues 1R2 ∧ 2R3 sin
embargo 1R3.


aRb ssi a · b ≤ a + 1

Estudiemos las propiedades de R
Soluciń. Tenemos 1R1, 1R2, 2R1, 3R1 Su grafo es:
o

R no es refleja pues 2R2. R no es sim´trica pues 3R1 y 1R3. R
e
no es antisim´trica pues 1R2 y 2R1 y 1 = 2. R no es transitiva
e
pues 2R1 y 1R2 y 2R2.


aRb ssi a3 = b2 − 1

Cap´

Estudiemos las propiedades de R.
Soluciń. Tenemos solamente 2R3.
o
R no es refleja pues 1R1. R no es sim´trica pues 2R3 y 3R2. R
e
es antisim´trica y transitiva.
e

6. Sobre Z se define la relaciń R siguiente:
Z o

aRb ssi a − b es un n´mero impar
u

Soluciń.
o

(a) R no es refleja. Contraejemplo: 2 no est´ relacionado con-
a
sigo mismo, pues 2 − 2 = 0 y el 0 es par.
(b) R es sim´trica pues aRb ⇒ a − b = 2n + 1, cierto n ∈ Z
e Z
⇒ b − a = −(2n + 1), cierto n ∈ Z ⇒ b − a = 2(−n) − 1
Z
⇒ bRa.
(c) R no es transitiva. Contraejemplo: 7R4 y 4R3 y 7R3. M´sa
ań se puede demostrar que no es transitiva: aRb ∧ bRc ⇒
u
a − b = 2n + 1, b − c = 2m + 1 ⇒ (a − b) + (b − c) =
(2n + 1) + (2m + 1) ⇒ a − c = 2(n + m + 1) ⇒ aRc.
(d) R no es antisim´trica. Contraejemplo: 5R2 ∧ 2R5 ∧ 2 = 5
e

Z o

aRb ssi a − b es un n´mero primo
u

Soluciń. Recordemos que un n´mero entero se dice primo si
o u
tiene exactamente 4 divisores. Ejemplo el 5 es primo, pues sus
divisores son: 1, −1, 5, −5.

(a) R no es refleja. Contraejemplo 5R5 pues 5 − 5 = 0 y el 0
no es primo.

n Algebra

(b) R es sim´trica, en efecto:
e

aRb ⇒ a − b = p ⇒ b − a = −p ⇒ bRa

Observe que los divisores de p coinciden con los divisores
de −p
(c) R no es transitiva. Para demostrar que no es transitiva
basta que demos un contraejemplo:
8R5 y 5R2 y 8R2, pues 8 − 5 = 3 y 5 − 2 = 3 y 3 es primo.
Sin embargo 8 − 2 = 6 y 6 no es primo.
(d) R no es antisim´trica. Contraejemplo: 7R5 y 5R7 y 5 = 7
e

Z o

aRb ssi a · b ≥ 0

Soluciń.
o

(a) R es refleja. En efecto:
aRa ssi a · a ≥ 0 ssi a2 ≥ 0, lo cual es verdadero ∀a ∈ ZZ.
(b) R es sim´trica. En efecto:
e

aRb ⇒ a · b ≥ 0 ⇒ b · a ≥ 0 ⇒ bRa

(c) R no es transitiva, pues

1R0 ∧ 0R − 2 pero 1R − 2

(d) R no es antisim´trica. Tenemos el siguiente contraejemplo:
e
1R2 pues 1 · 2 ≥ 0 y 2R1, pues 2 · 1 ≥ 0 pero 1 = 2

9. Sobre IR2 se define la relaciń R siguiente:
o

(a, b)R(c, d) ssi a · c ≤ b · d

Cap´

Estudiemos las propiedades de R
Soluciń.
o

(a) R no es refleja. Contraejemplo: (4, 3) no est´ relacionado
a
2 2
con (4, 3), pues 4 > 3 . Sin embargo (a, a)R(a, a) ∀a ∈ IR
(b) R es sim´trica pues: (a, b)R(c, d) ⇒ a·c ≤ b·d ⇒ c·a ≤ d·b
e
⇒ (c, d)R(a, b).
(c) R no es antisim´trica. Contraejemplo: (4, 5)R(3, 7) y (3, 7)R(4, 5)
e
y (3, 7) = (4, 5)
(d) R no es transitiva. Contraejemplo: (2, 3)R(2, 5) y (2, 5)R(7, 3)
y (2, 3)R(7, 3)

10. Sea R ⊂ A2 una relaciń en A. ¿Qu´ podemos decir de la relaciń
o e o
R (el complemento de R) si

(a) R es refleja
(b) R es sim´trica (Argumentemos la respuesta)
e

Soluciń.
o

(a) R refleja ⇒ (x, x) ∈ R, ∀x ∈ A ⇒ (x, x) ∈ R ∀x ∈ A ⇒ R
no es refleja.
(b) Sea R sim´trica. Tenemos:
e
xRy ⇒ (x, y) ∈ R ⇒ no (x, y) ∈ R ⇒ no (y, x) ∈ R ⇒
(y, x) ∈ R ⇒ yRx. Luego R es sim´trica.
e

11. Sea R en IR2 definida por

(a, b)R(c, d) ssi a + b < c + d

Estudie las propiedades de R
Soluciń.
o

(a) R no es refleja (a, b)R(a, b) ssi a + b < a + b. Lo cual es
Falso.

n Algebra

(b) R no es sim´trica. Contraejemplo: (1, 2)R(3, 4) sin embargo
e
(3, 4)R(1, 2)
(c) R es transitiva.

(a, b)R(c, d) ∧ (c, d)R(e, f ) ⇒ a + b < c + d ∧ c + d < e + f
⇒a+b<e+f
⇒ (a, b)R(e, f )

4.5 Relaciones de equivalencia

4.5.1 Introducciń y definiciń
o o
El concepto de ”Relaciń de equivalencia”, es un concepto que est´
o a
inmerso en la vida diaria. Es un concepto que se utiliza diariamente.
...el tiempo ha ido transcurriendo...
... los aõs, los siglos, los milenios ....
n
... los segundos, los minutos, las horas.
Los aõs, los siglos, los milenios, han sido denotados por n´meros
n u
naturales, aunque escondidamente son n´meros enteros. Por ejemplo
u
el s.II A.C. podr´ ser denotado s.-II.
ıa
Para las horas, minutos, segundos, aparentemente usamos los n´meros
u
naturales, pero, en este caso, la apariencia engaã.
n
En el caso de la hora, solamente usamos los n´meros naturales desde
u
el 0 hasta el 23, o bien desde el 0 hasta el 11.
Si t´ observas m´s detenidamente, ´stos n´meros no se suman de la
u a e u
misma manera que los n´meros naturales, s´lo a veces coincide la
u o
manera de sumar.
Imagina que son las 20 hrs y que en 5 horas m´s te vas a desconectar
a
de internet. Decimos: 20 + 5 = 1. La respuesta es a la 1 : 00 hrs te
desconectar´s de internet.
a
¿Cu´l fu´ el razonamiento que hemos usado?
a e

Cap´

Obsevemos que para nosotros, el 25 y el 1 son ”como si fuera lo
mismo”. En lenguaje matem´tico: ”Hemos hecho una identificaciń”.
a o
¿Qu´ hay detr´s de todo esto?
e a
Hay una relaciń R, R ⊂ Z × Z
o Z Z
La relaciń R que se define al estar pensando en la hora, es la siguiente:
o

aRb ssi a − b es un m´ltiplo de 24.
u

As´ tenemos por ejemplo: 26R2, 30R6, etc.
ı
Observamos que esta relaciń es:
o

refleja, sim´trica y transitiva
e

Esta idea ha sido generalizada de la manera siguiente:

Definiciń 4.5.1 Sea A un conjunto y R una relaciń en A. Diremos
o o
que R es una Relaciń de equivalencia si R es refleja, sim´trica y
o e
transitiva. Los elementos que estń relacionados entre s´ son llamados
a ı
equivalentes.

Su nombre se debe a que los elementos que estń relacionados entre s´
a ı,
son muy parecidos, se comportan de la misma manera, es por esto que
son llamados equivalentes y la relaciń es llamada de equivalencia.
o
Ejemplos.

1. Sea A = {a, b, c} y R ⊂ A × A, definida por:

R = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b), (c, c)}

Ocurre que R es una relaciń de equivalencia.
o
Su gr´fico es:
a

n Algebra

Su grafo es:

En su grafo se observa fćilmente que es una relaciń de equiv-
a o
alencia.
2. Sea R una relaciń en Z definida por:
o Z

aRb ssi a − b es un m´ltiplo de 3
u

Cap´

Entonces R es una relaciń de equivalencia.
o
En la secciń anterior demostramos que R es refleja, sim´trica y
o e
transitiva.
Observemos que:
Todos los m´ltiplos de 3, estń relacionados entre s´
u a ı.
Todos los m´ltiplos de 3 m´s 1, estń relacionados entre s´
u a a ı.
Todos los m´ltiplos de 3 m´s 2, estń relacionados entre s´
u a a ı.
Denotemos por 0 el conjunto formado por los m´ltiplos de 3, por
u
1 el conjunto formado por los m´ltiplos de 3 m´s 1 y por 2 el
u a
conjunto formado por los m´ltiplos de 3 m´s 2.
u a
Y los ponemos en un reloj.

3. Sea A = {a, b, c, d, e, f } y R ⊂ A × A, definida por:

R = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b), (c, c), (e, f ), (f, e), (e, e), (f, f )}

n Algebra

Tenemos que R es una relaciń de equivalencia.
o
4. Sea P = {personas} y R ⊂ P × P , definida por:

aRb ssi tienen el mismo grupo sangu´
ıneo.

Ocurre que R es una relaciń de equivalencia. Observamos que
o
ıneo, a saber: A+ , B + , 0+ , AB + , 0− , A− , B − , AB −
hay 8 grupos sangu´
5. Sobre Z × Z ∗ , definimos la relaciń siguiente:
Z Z o

(a, b)R(c, d) ssi a · d = b · c

Demostremos que es de equivalencia. En efecto
(a) R es refleja:
(a, b)R(a, b) ssi a · b = b · a, lo cual es verdadero ∀a ∈ Z y
Z
∀b ∈ Z ∗ .
Z
(b) R es sim´trica:
e
(a, b)R(c, d) ⇔ a · d = b · c ⇔ b · c = a · d ⇔ c · b = d · a ⇔
(c, d)R(a, b)
(c) R es transitiva:
Esta demostraciń es m´s elaborada, pero no es para de-
o a
sanimarse pues es muy interesante:
(a, b)R(c, d) y (c, d)R(e, f ) ⇒ ad = bc y cf = de ⇒ adcf =
bcde
Puesto que d ∈ Z ∗ , podemos cancelar d, luego acf = bce.
Z
Para c, tenemos dos posibilidades:
i. c = 0, en este caso, cancelamos c y tenemos af = be,
luego (a, b)R(e, f ) y se tiene que R es transitiva.
ii. c = 0, luego ad = 0 y de = 0. Como d = 0, se tiene
a = 0 y e = 0, luego 0 · f = b · 0, es decir, af = be,
entonces (a, b)R(e, f ).
Por (a), (b) y (c) R es una relaciń de equivalencia.
o
Es curioso que esta relaciń no es transitiva sobre Z × Z Con-
o Z Z.
traejemplo: (1, 9)R(0, 0) y (0, 0)R(2, 5) y (1, 9)R(2, 5)

Cap´

6. Sea L = {rectas sobre el plano}.
Sobre L se define la siguiente relaciń
o

lRl′ ssi l es paralela a l’

Recordemos que una recta l es paralela a una recta l′ ssi tienen
la misma pendiente.

(a) R es refleja. lRl porque l tiene la misma pendiente que l
(b) R es sim´trica. ¡Trivial!
e
(c) R es transitiva. Sea l de pendiente m. Si lRl′ y l′ Rl”, en-
tonces l′ tiene pendiente m y l” tiene pendiente m, luego
lRl”.

Por (a), (b) y (c) tenemos que R es una relaciń de equivalencia.
o
7. Sea A un conjunto y R una relaciń refleja y sim´trica en A.
o e
Se define en A la relaciń R′ siguiente:
o

aR′ b ssi ∃a1 , a2 , ..., an ∈ A tq. a1 = a, an = b y ai Rai+1 ,
i = 1, n − 1.

Demostremos que R′ es una relaciń de equivalencia.
o
Demostraciń.
o
(a) R′ es refleja ya que R es refleja, luego se tiene aRa ∀a ∈ A.
Luego a1 = a, an = a y aRa. Luego aR′ a.
(b) R′ es sim´trica. aR′ b ⇒ ∃a1 , ..., an ∈ A tal que a1 = a,
e
an = b y ai Rai+1 ⇒ ∃a1 , ..., an ∈ A talque a1 = a, an = b y
ai+1 Rai . Sea b = b1 = an , b2 = an−1 ,...,bi = an−(i−1) ,...,bn =
a1 = a y bi Rbi+1 . Luego bR′ a
(c) R′ es transitiva.

aR′ b ∧ bR′ c ⇒ (∃a1 , ..., an ; a1 = a, an = b ∧ ai Rai+1 )∧
(∃b1 , ..., bm ; b1 = b, bm = c ∧ bj Rbj+1 )
⇒ ∃a1 , ..., an = b1 , ..., bm ; ai Rai+1 ∧ bj Rbj+1
⇒ aR′ c

n Algebra

8. Sea R una relaciń refleja y transitiva en un conjunto A. En A
o
se define:

aR′ b ssi aRb y bRa

Demostremos que R′ es una relaciń de equivalencia.
o
(a) R′ es refleja. En efecto, aRa, ∀a ∈ A ⇒ aRa ∧ aRa ⇒
aR′ a, ∀a ∈ A.
(b) R′ es sim´trica. aR′ b ⇒ aRb ∧ bRa ⇒ bRa ∧ aRb ⇒ bR′ a.
e
(c) R′ es transitiva. aR′ b ∧ bR′ c ⇒ aRb ∧ bRa ∧ bRc ∧ cRb ⇒
(aRb ∧ bRc) ∧ (cRb ∧ bRa) ⇒ aRc ∧ cRa ⇒ aR′ c
Por (a), (b) y (c) tenemos que R′ es una relaciń de equivalencia.
o

4.5.2 Clases de Equivalencia y conjunto cuociente
Nuevamente quiero que sepas que el concepto de ”clases de equiva-
lencia” es utilizado en la vida diaria. Imaginemos que sobre una mesa
extendemos una masa. Uno se aleja, mira y dice: ”es una masa”. ¡Ob-
vio! Ahora, con un cuchillo cortamos la masa en l´
ıneas rectas paralelas,
cercanas una de otra.
Definamos la relaciń: ”Dos elementos estń relacionados si estń en el
o a a
mismo pedazo de masa”. Es trivial que es una relaciń de equivalencia.
o
Si ahora uno mira la mesa, dice: ”son tallarines”. Ocurre que cada
tallar´ es una ”clase de equivalencia”. Todos los elementos que estń
ın a
en un tallar´ estń relacionados entre s´ y no estń relacionados con
ın, a ı a
los elementos que estń en otro tallar´
a ın.
Bueno, filos´ficamente hablando, tenemos que cambi´ la esencia de la
o o
masa que ten´ıamos sobre la mesa, es por esto que nos vimos invitados
a cambiarle el nombre.
Esto es exactamente lo que ocurre con una relaciń de equivalencia,
o
”parte” el conjunto en clases de equivalencia y si ahora miramos el
conjunto obtenido, ha cambiado su esencia. Hablaremos de ”conjunto
cuociente”, para designar la uniń de todas las clases. Le llamaremos
o

Cap´

cuociente, pues todos los pedazos de masa que estń en el mismo
a
tallar´ los identificaremos con ”un solo tallar´ Hay intr´
ın ın”. ınsecamente
un concepto de divisiń.
o
Mas, no queda nuestra alma tranquila con este ejemplo culinario.
Queremos demostrarte que utilizas los conceptos de ”clase de equiva-
lencia” y ”conjunto cuociente” en un ejemplo matem´tico. Comence-
a
mos por ver las definiciones:

Definiciń 4.5.2 Sean A un conjunto no vac´ y R ⊂ A × A una
o ıo
relaciń de equivalencia. Se llama clase de equivalencia m´dulo
o o
R de un elemento a , a ∈ A, al conjunto formado por todos los
elementos x ∈ A que estń relacionados con a, por la relaciń R,
a o
denotada C(a) o cl(a) o a y se lee: clase de a. Es decir

cl(a) = {x ∈ A; xRa}

La clase de a es un subconjunto de A, luego cl(a) ∈ P (A). Cada
elemento de la clase de a puede ser considerado un representante de
su clase.

Definiciń 4.5.3 Se llama conjunto cuociente de A por R, al
o
conjunto formado por todas las clases de equivalencia de A segń R,
u
se denota A/R. Es decir,

A/R = {cl(a); a ∈ A}

Veamos ahora el ejemplo matem´tico de la vida diaria:
a
Observaciń Sobre Z × Z ∗ consideremos la relaciń de equivalencia
o Z Z o
antes definida, a saber

(a, b)R(c, d) ssi a · d = b · c

La clase del elemento (a, b), denotada cl(a, b), consiste en el conjunto
formado por todos los elementos relacionados con (a, b), es decir,

n Algebra

cl(a, b) = {(c, d); (a, b)R(c, d)}

Por ejemplo veamos la clase del elemento (1, 2). Tenemos: (a, b)R(1, 2)
ssi a · 2 = b · 1 ssi b = 2a, b = 0. Luego

cl(1, 2) = {(a, 2a); a ∈ Z ∗ }
Z

Observemos por ejemplo: (1, 2)R(2, 4); (1, 2)R(3, 6); (1, 2)R(4, 8), etc.,
luego podemos escribir: cl(1, 2) = cl(3, 6) = cl(4, 8).
En este ejemplo, en particular, usaremos otra notaciń. La clase del
o
a 1 2 3 a
elemento (a, b), ser´ denotada b . Luego 2 = 4 = 6 = 2a , a = 0
a
¡Aparecieron las fracciones! Estamos, entonces de acuerdo que uno
tiene incorporado el concepto de clase de equivalencia en la vida diaria
¿cierto? ¡ seguro!
Nuevamente, hemos cambiado la esencia de los entes, luego estamos
filos´ficamente invitados a cambiarles el nombre. Cada clase ser´ lla-
o a
mada un n´mero racional. Ahora bien, el conjunto formado por to-
u
das las clases de equivalencia, llamado ”conjunto cuociente”, es lla-
mado, conjunto de los n´meros racionales, denotado Q. Escribiremos
u
(Z × Z ∗ )/R = Q.
Z Z
Recordemos que al comienzo del ejemplo vimos que esta relaciń no
o
es de equivalencia sobre Z × Z Esta es una explicaciń de por qu´
Z Z. o e
no puede haber 0 en el denominador de una fracciń.
o
Ejemplo. Sea R ⊂ Z × Z definida por:
Z Z

aRb ssi a − b = 3n, cierto n ∈ ZZ.

Recordemos que ya analizamos esta relaciń, por lo que podemos es-
o
cribir directamente las clases de equivalencia, a saber:

cl(0) = {3n; n ∈ ZZ}

cl(1) = {3n + 1; n ∈ ZZ}

Cap´

cl(2) = {3n + 2; n ∈ ZZ}

El conjunto cuociente es: ZZ/R = {cl(0), cl(1), cl(2)}
Ejemplo. Sean A = {a, b, c}, R ⊂ A × A definida por :

R = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b), (c, c)}

cl(a) = {a, b} = cl(b); cl(c) = {c}
Observaciń. El conjunto de personas se puede dividir en ocho gru-
o
pos, de acuerdo a su grupo sangu´ ıneo. Son ocho grupos disjuntos de
dos en dos, es decir, no hay una persona que pertenezca a dos grupos.
La uniń de los ocho grupos es exactamente el conjunto H formado
o
por todas las personas, es decir,

cl(0+ )∪cl(A+ )∪cl(B + )∪cl(AB + )∪cl(0− )∪cl(A− )∪cl(B − )∪cl(AB − )

Tenemos H = Humanidad, ”partido” en ocho subconjuntos, luego:

{cl(0+ ), cl(A+ ), cl(B + ), cl(AB + ), cl(0− ), cl(A− ), cl(B − ), cl(AB − )}

es una ”particiń” de H. Esto nos invita a la definiciń siguiente:
o o

Definiciń 4.5.4 Sean A un conjunto y P1 , P2 , ..., Pt ∈ P (A). Dire-
o
mos que el conjunto {P1 , P2 , ..., Pt } es una particiń de A si:
o

1. Pi = ∅, ∀i = 1, ..., t

2. P1 ∪ P2 ∪ · · · ∪ Pt = A

3. Pi ∩ Pj = ∅, ∀i = j

Teorema 4.5.1 (Teo. Fundamental sobre rel. de equivalencia)
A toda relaciń de equivalencia R, en un conjunto A, le corresponde
o
una descomposiciń de A en clases de equivalencia disjuntas dos a dos
o
y cuya uniń es A. Es decir, el conjunto A/R es una particiń de A.
o o

n Algebra

Demostraciń. Comenzaremos por demostrar que :
o

aRb =⇒ cl(a) = cl(b)

En efecto, si x ∈ cl(a) entonces xRa y puesto que aRb entonces se
tiene xRb es decir x ∈ cl(b), luego cl(a) ⊂ cl(b). An´logamente se
a
prueba que cl(b) ⊂ cl(a), luego cl(a) = cl(b).
Ahora demostraremos que si dos elementos no estń relacionados en-
a
tonces sus clases de equivalencia son disjuntas, es decir:

aRb ⇒ cl(a) ∩ cl(b) = ∅

En efecto, sea x ∈ cl(a) ∩ cl(b) ⇒ x ∈ cl(a) y x ∈ cl(b) ⇒ xRa y xRb
⇒ aRx y xRb ⇒ aRb ⇒⇐, luego cl(a) ∩ cl(b) = ∅
De lo anterior se desprende que A es la uniń disjunta de todas las
o
clases de equivalencia.

Teorema 4.5.2 (Teorema rec´ ıproco) A toda particiń de un con-
o
junto A, le corresponde una relaciń de equivalencia R de A, cuyas
o
clases de equivalencia son los elementos de la particiń.
o

Demostraciń. Se define la relaciń de equivalencia:
o o

aRb ssi a y b estń en el mismo elemento de la particiń.
a o

Ejemplos.

1. Sobre Z definamos la relaciń de equivalencia siguiente:
Z o

aRb ssi a − b = 12n, n ∈ ZZ

Denotemos por a la clase del elemento a. Tenemos 0 = {12n; n ∈
ZZ}; 1 = {12n + 1; n ∈ ZZ},..., 11 = {12n + 11; n ∈ ZZ}.
Cada elemento de la particiń es una clase de equivalencia y la
o
uniń de todas las clases es el conjunto Z Es decir
o Z.
Z ˙ ˙ ˙
Z/R = 0∪1∪ · · · ∪11

En este caso se denota ZZ/R = Z 12
Z

Cap´

Z Z

aRb ssi a + b = 2n, cierto n ∈ ZZ

Ya vimos que R es una relaciń de equivalencia. Recordemos
o
que la suma de dos n´meros es par si y s´lo si ambos n´meros
u o u
son pares o ambos impares. Luego tenemos dos clases de equiv-
alencia: la clase de los n´meros pares y la clase de los n´meros
u u
impares. Es decir, Z Z} ˙
Z/R = {2n; n ∈ Z ∪{2n + 1; n ∈ Z Z}

3. Sea L el conjunto de todas las rectas en el plano euclidiano. Sea
R la relaciń de equivalencia definida por:
o

lRl′ ssi l es paralela a l′

Vimos que R es una relaciń de equivalencia en L. Esta relaciń
o o
de equivalencia en L, permite clasificar todas lasa rectas del
plano euclidiano como sigue:

(a) Dos rectas paralelas pertenecen a la misma clase.
(b) Dos rectas que no son paralelas, pertenecen a clases distin-
tas.

As´ todas las rectas estń clasificadas. Cada clase se llama una
ı a
”direcciń”. Toda recta puede ser escogida como representante
o
de una direcciń.
o

4.5.3 Congruencias en Z
Z
Nosotros vimos que la relaciń R en Z definida por:
o Z

aRb ssi a − b es un m´ltiplo de n.
u

es una relaciń de equivalencia. A prop´sito de esta relaciń tenemos
o o o
la definiciń siguiente:
o

n Algebra

Definiciń 4.5.5 Dos enteros a y b se dicen congruentes m´dulo
o o
n, n ∈ Z ssi a − b es un m´ltiplo de n. Notaciń: a ≡ b(mod n).
Z u o

Luego a ≡ b(mod n) ssi a − b = kn, cierto k ∈ Z ssi a = b + kn, cierto
Z
k ∈ Z Esta relaciń es llamada congruencia m´dulo n.
Z. o o
Observamos que si a ≡ b(mod n) ssi a ≡ b(mod −n), luego n y −n
definen la misma clase de equivalencia por lo tanto hablaremos de
congruencias m´dulo n con n ∈ IN.
o
Adem´s notemos que cl(a) = {a, a ± n, a ± 2n, ...} y como por el
a
algoritmo de Euclides se tiene que a = qn + r con 0 = r < n, por lo
tanto aRr y cl(a) = cl(r). Esto quiere decir que para cada clase de
equivalencia se puede tomar como representante uno de los n´meros
u
0, 1, ..., n − 1.
Por otra parte si 0 = r < r′ < n, se tiene que r no es equivalente a r′ .
En efecto si r′ ≡ r(mod n) luego r′ − r = kn cierto k ∈ Z es decir
Z,
r′ = r + kn, con k > 0. Luego r′ > n, contradicciń.
o
Luego hay exactamente n clases de equivalencia, las que denotaremos
por 0, 1, ..., n − 1. Z n denotar´ Z
Z a Z/R, el conjunto cuociente de Z por
Z
la relaciń R. Luego
o

Z n = {0, 1, ..., n − 1}.
Z

Los elementos de Z n se llaman enteros m´dulo n.
Z o
Observe que el cardinal de Z n es n.
Z
Ejemplo. Como caso particular de lo visto anteriormente, veamos la
relaciń:
o

aRb ssi a ≡ b (mod 5)

En este caso tenemos:

cl(0) = {x ∈ Z 0Rx} = {x ∈ Z x = 5k, k ∈ Z
Z; Z; Z}.

An´logamente, se obtienen:
a

Cap´

cl(1) = {5k + 1, k ∈ ZZ}, cl(2) = {5k + 2, k ∈ ZZ},
cl(3) = {5k + 3, k ∈ ZZ}, cl(4) = {5k + 4, k ∈ ZZ}.

Adem´s se tiene: Z
a Z/R = {0, 1, 2, 3, 4} = Z 5
Z

1. En Z considere la relaciń:
Z, o

xRy ssi x2 − y 2 = 3y − 3x.

Demostremos que R es una relaciń de equivalencia y busquemos
o
las clases de equivalencia de 0, 2 y a
Soluciń. Esta relaciń se puede escribir como:
o o

xRy ssi x2 + 3x = y 2 + 3y.

(a) R es refleja. En efecto, xRx ssi x2 + 3x = x2 + 3x, lo cual
es verdadero ∀x ∈ ZZ.
(b) R es sim´trica. En efecto,
e
xRy ssi x2 + 3x = y 2 + 3y ssi y 2 + 3y = x2 + 3x ssi yRx.
(c) R es transitiva. En efecto,
xRy ∧ yRz ssi x2 + 3x = y 2 + 3y ∧ y 2 + 3y = z 2 + 3z
Luego x2 + 3x = z 2 + 3z, es decir tenemos xRz

o
Busquemos la clase del 0. Tenemos: xR0 ssi x2 +3x = 02 +3·0 ⇒
x2 +3x = 0 ⇒ x(x+3) = 0 ⇒ x = 0∨x = −3 ⇒ cl(0) = {0, −3}
Busquemos la clase del 2. Tenemos: xR2 ssi x2 + 3x = 22 + 3 · 2
⇒ x2 + 3x − 10 = 0 ⇒ (x + 5)(x − 2) = 0 ⇒ x = −5 ∨ x = 2 ⇒
cl(2) = {2, −5}
Busquemos la clase de un elemento cualquiera a. Tenemos xRa
ssi x2 + 3x = a2 + 3a ⇒ x2 + 3x − (a2 + 3a) = 0 ⇒ x2 + 3x −
a(a + 3) = 0 ⇒ (x − a)(x + a + 3) = 0 ⇒ x = a ∨ x = −a − 3
⇒ cl(a) = {a, −a − 3}

n Algebra

2. Construcciń de Z En IN × IN, consideremos la relaciń:
o Z. o

(a, b)R(c, d) ssi a + d = b + c.

Demostremos que R es una relaciń de equivalencia, busque-
o
mos una caracterizaciń de cada clase de equivalencia y luego
o
busquemos el conjunto cuociente.
Soluciń.
o

(a) R es refleja. En efecto, (a, b)R(a, b) ssi a + b = b + a. Esto
es verdadero para todo (a, b) ∈ IN2 .
(b) R es sim´trica. En efecto,
e

(a, b)R(c, d) ⇔ a + d = b + c
⇔c+b=d+a
⇔ (c, d)R(a, b)

(c) R es transitiva. En efecto,

(a, b)R(c, d) ∧ (c, d)R(e, f ) ⇒ (a + d = b + c) ∧ (c + f = d + e)
⇒a+d+c+f =b+c+d+e
⇒a+f =b+e
⇒ (a, b)R(e, f )

o
Busquemos la clase del elemento (0, 0). En efecto, (a, b)R(0, 0)
ssi a + 0 = b + 0 ssi a = b. Luego (0, 0) = {(a, a); a ∈ IN}
Busquemos la clase del elemento (1, 2). En efecto (a, b)R(1, 2)
ssi a + 2 = b + 1 ssi b = a + 1. Luego (1, 2) = {(a, a + 1); a ∈ IN}
Busquemos la clase del elemento (2, 1): En efecto (a, b)R(2, 1)
ssi a + 1 = b + 2 ssi a = b + 1. Luego (2, 1) = {(b + 1, b); b ∈ IN}.
En un gr´fico:
a
Busquemos el representante m´s simple posible de la clase de
a
(a, b)

Cap´

(a) Sea a < b. Luego ∃n ∈ IN tal que a + n = b. Luego (a, b) =
(a, a + n). Entonces cl(a, a + n) = cl(0, n). Luego si a < b,
la clase de (a, b) tiene un representante de la forma (0, n)
(b) Sea a > b. Luego ∃n ∈ IN tal que a = b + n. Luego (a, b) =
(b + n, b). Pero cl(b + n, b) = cl(n, 0). Entonces si a > b, la
clase de (a, b) tiene un representante de la forma (n, 0)
(c) Sea a = b. Luego cl(a, b) = cl(a, a) = cl(0, 0). Entonces
si a = b, la clase (a, b) tiene un representante de la forma
(0, 0).

Notaciones: La cl(n, 0) ser´ denotada por n. La cl(0, n) ser´ de-
a a
notada por −n y la cl(0, 0) ser´ denotada por 0.
a
Se define: Z = IN × IN/R, donde cada elemento de Z es una
Z Z
clase de equivalencia de IN × IN

3. Construcciń de Q. En Z × Z hemos definido la relaciń:
o Z Z∗ o

(a, b)R(a′ , b′ ) ssi a · b′ = b · a′

Soluciń. Nosotros vimos que R es una relaciń de equivalencia.
o o
Busquemos el representante m´s simple posible de cada clase. La
a
clase cl(a, b) ser´ denotada a
a b

Si a y b no son primos entre s´ entonces existe k ∈ Z tal que
ı, Z
′ ′
′ ′ ′ ′
ı. a
a = ka y b = kb con a y b primos entre s´ Luego b = ka′ = a′ .
kb b
Se deduce que para cada clase se puede tomar un representante
(a, b) con a y b relativamente primos, es decir, toda clase se puede
escribir en la forma a relativamente primos entre s´ Los elemen-
b
ı.
tos del conjunto cuociente son llamados n´meros racionales. No-
u
taciń Z × Z ∗ /R = Q, llamado el conjunto de los n´meros
o Z Z u
racionales.

4. N´ meros reales m´dulo 1. En IR consideremos la relaciń de
u o o
equivalencia siguiente:

rRr′ ssi r − r′ es un entero

n Algebra

Busquemos una representaciń de las clases de equivalencia y de
o
su conjunto cuociente.
Soluciń. Todo n´mero real r′ se puede escribir como r′ = r+n,
o u
donde n es la parte entera de r′ y 0 ≤ r < 1. Luego para cada
clase de equivalencia hay un representante r tal que 0 ≤ r < 1.
Adem´s, dos n´meros reales r, r′ con 0 ≤ r < r′ < 1, no pueden
a u
tener por diferencia un n´mero entero, luego pertenecen a clases
u
distintas. Por lo tanto el conjunto de los n´meros reales r, 0 ≤
u
r < 1 contiene uno y s´lo un representante de cada clase de
o
equivalencia entre 0 y 1.
El conjunto cuociente es llamado conjunto de los n´meros reales
u
m´dulo 1
o

5. En IR2 , consideremos la relaciń R siguiente:
o

(x, y)R(u, v) ssi x2 + y 2 = u2 + v 2

Demostremos que R es una relaciń de equivalencia y busque-
o
mos la clase de (0, 0), (1, 0), (3, 4), (a, b). Describamos adem´s la
a
2
particiń de IR segń R.
o u
Soluciń.
o

(a) R es refleja. En efecto, (x, y)R(x, y) ssi x2 + y 2 = x2 + y 2 .
Afirmaciń que es verdadera ∀(x, y) ∈ IR2 . Observemos que
o
un elemento cualquiera de IR2 no es un par (x, x) sino (x, y).
(b) R es sim´trica. En efecto, (x, y)R(u, v) ⇒ x2 + y 2 = u2 + v 2
e
⇒ u + v 2 = x2 + y 2 ⇒(u, v)R(x, y)
2

(c) R es transitiva. En efecto, (x, y)R(u, v) ∧ (u, v)R(s, t) ⇒
x2 + y 2 = u2 + v 2 ∧ u2 + v 2 = s2 + t2 ⇒ x2 + y 2 = s2 + t2
⇒ (x, y)R(s, t)

o
Busquemos la clase del elemento (0, 0). En efecto, (x, y)R(0, 0)
ssi x2 + y 2 = 02 + 02 ssi x2 + y 2 = 0 ssi x = 0 ∧ y = 0. Luego
cl(0, 0) = {(0, 0)}.

Cap´

Busquemos la clase del elemento (1, 0). Tenemos (x, y)R(1, 0)
ssi x2 + y 2 = 12 + 02 ssi x2 + y 2 = 1 ssi (x, y) pertenece a la
circunferencia con centro en (0, 0) y con radio 1. Luego

cl(1, 0) = C((0, 0), 1) = {(x, y); x2 + y 2 = 1}

Busquemos la clase del elemento (3, 4). En efecto, (x, y)R(3, 4)
ssi x2 + y 2 = 32 + 42 ssi x2 + y 2 = 25. Luego

cl(3, 4) = C((0, 0), 5) = {(x, y); x2 + y 2 = 25}

Busquemos la clase de un elemento (a, b) cualquiera.
En efecto (x, y)R(a, b) ssi x2 + y 2 = a2 + b2 . Entonces
√
cl(a, b) = C((0, 0), a2 + b2 ) = {(x, y); x2 + y 2 = a2 + b2 }

Esta relaciń R, produce la particiń de IR2 , formada por todas
o o
las circunferencias con centro en (0, 0). Al mirar IR2 se ve como
un tranquilo lago al cual le tiramos una piedra.

6. Sea A = {a ∈ Z −30 < a < 45} y R la relaciń de equivalencia
Z; o
en A definida por:

xRy ssi x2 + y = y 2 + x

Determinemos la clase de equivalencia de un elemento cualquiera
de A y luego determinemos todas las clases de equivalencia en
A.
Soluciń. Busquemos la clase de a, a ∈ A. En efecto,
o

xRa ssi x 2 − x = a2 − a
ssi x2 − x − (a2 − a) = 0
ssi x2 − x + a(1 − a) = 0
ssi (x − a)(x − (1 − a)) = 0
ssi x=a∨x=1−a

Luego cl(a) = {a, 1 − a}

n Algebra

Entonces cl(0) = {0, 1}, cl(−1) = {−1, 2}, cl(−2) = {−2, 3}, ...,
cl(−30) = {−30, 31}, cl(32) = {32}, cl(33) = {33}, ..., cl(45) =
{45}.
Hay 31 clases con 2 elementos cada una y 14 clases con un unico
´
elemento, luego hay un total de 45 clases de equivalencia.

7. Consideremos una relaciń R en IR2 , definida por
o

(x, y)R(z, t) ssi x = z

Demostremos que R es una relaciń de equivalencia. Encon-
o
tremos la cl(π, 3) y de un elemento cualquiera (a, b) y describ-
amos el conjunto cuociente.
Soluciń.
o

(a) R es refleja. En efecto, (x, y)R(x, y), pues x = x ∀(x, y) ∈
IR2 .
(b) R es sim´trica pues, (x, y)R(z, t) ⇒ x = z ⇒ (z, t)R(x, y).
e
(c) R es transitiva. En efecto, (x, y)R(z, t) ∧ (z, t)R(u, v) ⇒
x = z ∧ z = u ⇒ x = u ⇒ (x, y)R(u, v).

Busquemos la clase de (π, 3). Tenemos (x, y)R(π, 3) ssi x = π.
Luego cl(π, 3) = {(π, x); x ∈ IR}. Corresponde a la recta que
pasa por (π, 0) y es paralela al eje Y
Busquemos la clase de un elemento cualquiera (a, b).
Tenemos (x, y)R(a, b) ssi x = a, luego cl(a, b) = {(a, y); y ∈ IR},
es decir la recta paralela al eje Y que pasa por el punto (a, 0) .
El conjunto cuociente, es el conjunto formado por todas las rec-
tas paralelas al eje Y . es decir si miramos IR2 /R, veremos el
plano cartesiano formado por todas las rectas paralelas al eje Y ,
llenando todo IR2 . Ahora IR2 no son puntos. En cada punto del
eje X, pasa una de estas rectas.

8. En el conjunto de los n´meros reales, se define la relaciń S de
u o
la manera siguiente:

Cap´

aSb ssi a4 − b4 = a2 − b2

Demostremos que S es una relaciń de equivalencia. Deter-
o
minemos la cl(0), cl(1). Demostremos que cl(x) = cl(−x)
Soluciń. Es m´s fćil escribir: aSb ssi a4 − a2 = b4 − b2
o a a

(a) S es refleja, pues aSa ssi a4 − a2 = a4 − a2 lo cual es
verdadero ∀a ∈ IR
(b) S es sim´trica, pues aSb ssi a4 − a2 = b4 − b2 ssi b4 − b2 =
e
a4 − a2 ssi bSa.
(c) S es transitiva. En efecto: aSb ∧ bSc ⇒ a4 − a2 = b4 − b2 ∧
b4 − b2 = c4 − c2 ⇒ a4 − a2 = c4 − c2 ⇒ aSc

Por (a), (b) y (c) se tiene que S es una relaciń de equivalencia.
o
Busquemos la clase del elemento 0. Tenemos aS0 ssi a4 − a2 =
04 − 02 ssi a4 − a2 = 0 ssi a4 = a2 ssi a = 0, 1, −1. Luego
cl(0) = {0, 1, −1}
Busquemos la clase del 2. Tenemos aS2 ssi a4 − a2 = 16 − 4 ssi
a4 − a2 − 12 = 0 ssi (a2 − 4)(a2 + 3) = 0 ssi (a2 = 4 ∨ a2 = −3)
⇒ a2 = 4 ⇒ a = 2 ∨ a = −2 ⇒ cl(2) = {2, −2}
Demostremos que cl(x) = cl(−x). En efecto xS−x pues x4 −x2 =
(−x)4 − (−x)2 , ∀x ∈ IR, es decir x est´ relacionado con −x,
a
∀x ∈ IR por lo tanto estń en la misma clase.
a

9. Sean R1 y R2 dos relaciones sobre un conjunto E. Se define

R1 ∧ R2 ⇔ (x(R1 ∧ R2 )y) ⇔ (xR1 y ∧ xR2 y)

R1 ∨ R2 ⇔ (x(R1 ∨ R2 )y) ⇔ (xR1 y ∨ xR2 y)

Estudiemos las propiedades de la conjunciń y la disyunciń de
o o
las relaciones segń las propiedades de R1 y R2
u
Soluciń. Estudiemos R1 ∧ R2
o

(a) Sean R1 y R2 reflejas, luego xR1 x y xR2 x ∀x ∈ E, luego
xR1 ∧ R2 x ∀x ∈ E. Luego R1 ∧ R2 es refleja.

n Algebra

(b) Sean R1 y R2 sim´tricas, luego x(R1 ∧ R2 )y ⇒ xR1 y ∧ xR2 y
e
⇒ (yR1 x∧yR2 x) ⇒ y(R1 ∧R2 )x. Luego R1 ∧R2 es sim´trica
e
(c) Sean R1 y R2 transitivas, luego x(R1 ∧R2 )y∧y(R1 ∧R2 )z ⇒
(xR1 y ∧ xR2 y) ∧ (yR1 z ∧ yR2 z) ⇒ (xR1 y ∧ yR1 z) ∧ (xR2 y ∧
yR2 z) ⇒ xR1 z ∧ xR2 z ⇒ x(R1 ∧ R2 )z. Luego R1 ∧ R2 es
transitiva.

Estudiemos R1 ∨ R2

(a) Sean R1 y R2 reflejas, luego xR1 x∧xR2 x ∀x ∈ E ⇒ xR1 x∨
xR2 x ∀x ∈ E ⇒ xR1 ∨R2 x ∀x ∈ E. Luego R1 ∨R2 es refleja.
(b) Sean R1 y R2 sim´tricas, luego x(R1 ∨R2 )y ⇒ (xR1 y∨xR2 y)
e
⇒ yR1 x ∨ yR2 x) ⇒ y(R1 ∨ R2 )x
(c) R1 ∨ R2 no es transitiva. Contraejemplo: Sea R1 = {(x, y)}
R2 = {(y, z)}. Tenemos xR1 y, luego x(R1 ∨ R2 )y. Tambiń
e
tenemos yR2 z, luego tenemos y(R1 ∨ R2 )z sin embargo no
se tiene x(R1 ∨ R2 )z

4.6 Relaciones de orden
Observaciń. Consideremos el conjunto
o

A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 40, 120}

En A definamos la siguiente relaciń
o

aRb ssi a divide a b

Veamos sus propiedades y cierto diagrama para representar la relaciń.
o

1. R es refleja pues xRx, ∀x ∈ IR

2. R es antisim´trica. En efecto, si x|y ∧ y|x ⇒ x = y
e

3. R es transitiva. x|y ∧ y|z ⇒ x|z

Cap´

Una forma visual muy agradable de entender es el llamado ”diagrama
de Hasse”. Este diagrama supone la transitividad y la reflexividad.

Observemos que hay un ”orden”. Esto se diferencia de las relaciones
de equivalencia, debido a la antisimetr´ Esta observaciń nos inspira
ıa. o
la definiciń siguiente:
o

Definiciń 4.6.1 Una relaciń R en A, es llamada Relaciń de
o o o
orden en A, si es simultńeamente
a

refleja, antisim´trica y transitiva
e

Un conjunto A provisto de una relaciń de orden R, es llamado con-
o
junto ordenado por R

n Algebra

Ejemplos

1. La relaciń ”≤” es una relaciń de orden en IR.
o o

2. Sean A = {1, 2, 3} y P (A) su conjunto potencia. La inclusiń ⊂
o
es una relaciń de orden en P (A). Recordemos que
o

P (A) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, A}

Observaciń. Consideremos Z con la relaciń ”≤”. Observamos que
o Z o
cada vez que tomamos dos elementos de Z estos estń relacionados.
Z, a
es decir:

a, b ∈ Z ⇒ a ≤ b ∨ b ≤ a
Z

Esta observaciń nos inspira la siguiente definiciń
o o

Definiciń 4.6.2 Sea A un conjunto y R una relaciń de orden en A.
o o
Si todos los elementos estń relacionados entre s´ diremos que R es
a ı,
una relaciń de orden total. Es decir, R es una relaciń de orden
o o
total si

∀x, y ∈ R se tiene xRy o yRx

En caso contrario diremos que es una relaciń de orden parcial.
o

Ejemplo. En el caso que tomamos A = {1, 2, 3} y consideramos la
inclusiń en P (A), es una relaciń de orden parcial.
o o
Nota. Tambiń se puede decir que R ⊂ A × A es una relaciń de
e o
orden parcial ssi: R es una relaciń de orden y
o

∃x, y ∈ A tal que xRy ∧ yRx

Cap´

1. Sea A = [1, 4] ⊆ IR, B = [0, 4] ⊆ IR, C = [0, 3] ⊆ IR; D =
[1, 2] ⊆ IR.
Dibuje en un diagrama (A × B) ∩ (C × D)

2. Sean E, F dos conjuntos y SE,F definido por:
SE,F = {A × B; A ⊂ E, B ⊂ F }
Muestre que:
a)SE,F ⊂ P (E × F )
b)SE,F = P (E × F ) ⇔ E o F es un singleton.

3. Sea A = {a, b, c}
a) ¿ Cuńtas relaciones se pueden establecer de A en A ?
a
b) ¿ Cuńtas reflexivas ? ¿ Sim´tricas ?
a e
c) Construya todas las relaciones de equivalencia posibles sobre
A.

4. Sea n ∈ IN
x=y



n
xRy ⇐⇒ 
 xk y n−k = 1 si x = y
k=0
Demuestre que R es una relaciń de equivalencia.
o

5. Sea A = {1, 2, 3, 4}. Determine los gr´ficos de las relaciones
a
R, S, definidas en A por (i) aRb ⇐⇒ a + b ≤ 4, (ii)
aSb ⇐⇒ a(b + 1) ≤ 6

6. Las relaciones R1 y R2 estń definidas por
a
(i) xR1 y ⇐⇒ −10 ≤ x + 5y ≤ 10
(ii) xR2 y ⇐⇒ x2 + y 2 ≤ 4, x ≥ y
Haga un gr´fico de estas relaciones.
a

n Algebra

7. Discuta la reflexividad, simetr´ antisimetr´ y transitividad de
ıa, ıa
las siguientes relaciones en el conjunto {a, b, c} :
(i) {(a, a), (b, b)} (ii) {(c, c), (c, b)} (iii) {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b)}
(iv) {(a, a), (b, b), (c, c)} (v) {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (b, a)}

8. Sobre IR × IR, discuta las relaciones siguientes:

(a) {(a, b) ∈ IR × IR; a2 + b2 ≥ 0}
(b) {(a, b) ∈ IR × IR; 0 < ab < 1}

9. Estudie si la relaciń en Z definida por aRb ⇐⇒ ab ≥ 0 es una
o Z
relaciń de equivalencia.
o

10. En Z definimos: a Rb ⇐⇒ a2 + a = b2 + b. Demuestre que R
Z
es una relaciń de equivalencia y encuentre las clases de equiva-
o
lencia de los elementos 0, 1 y a.

11. Consideremos P (A), donde A es un conjunto. En P (A) se define
una relaciń como sigue: ARB ssi A ⊂ B. Determine si R es una
o
relaciń de orden.
o

12. Sea A = ∅ y R una relaciń en A. Se dice que R es circular si
o
(x, y) ∈ R y (y, z) ∈ R entonces (z, x) ∈ R. Demuestre que si R
es refleja y circular, entonces R es sim´trica.
e

Cap´
ıtulo 5

Funciones

En este cap´ıtulo pondremos la atenciń en un tipo muy particular de
o
relaciones entre dos conjuntos. Una funciń se determina dando dos
o
conjuntos y asociando a cada elemento del primer conjunto, un unico
´
elemento del segundo conjunto. Una funciń puede no estar definida
o
por una expresiń aritm´tica, ni anal´
o e ıtica. Lo importante es que asocie
a los elementos del primer conjunto, elementos del segundo conjunto.

5.1 Definiciones b´sicas
a
Definiciń 5.1.1 Sea R ⊂ A × B. Diremos que R es una funciń de
o o
A en B, si a cada elemento x de A, se le hace corresponder un unico
´
elemento y de B.

Notaciń. Usaremos generalmente las letras min´sculas f, g, h, para
o u
denotar las funciones y escribiremos

(x, y) ∈ f ssi f (x) = y

En vez de escribir f ⊂ A × B, usaremos la notaciń
o

f : A → B; f (x) = y

165

n Algebra

A es llamado el dominio def , denotado Dom(f). B es llamado el
codominio de f. Tambiń A puede ser llamado el conjunto de par-
e
tida y B el conjunto de llegada. Las palabras ”transformaciń” y ”apli-
o
caciń” son utilizadas como simńimos de la palabra funciń.
o o o

Definiciń 5.1.2 Sea f : A → B. Si f (x) = y, diremos que y es la
o
imagen de x por f o el valor de f en x. Diremos que x es la preimagen
de y. El conjunto formado por todas las im´genes de los elementos de
a
A por f ser´ denotado Im(f ) , f (A) o Rec(f ), se define por:
a

Im(f ) = {y ∈ B, ∃x ∈ A; f (x) = y}

Llamado conjunto imagen de f o recorrido de f .

Notaciń
o
Sea f : A −→ B, una funciń. Sea X ⊂ A, tenemos la siguiente
o
notaciń:
o

f (X) = {f (x); x ∈ X}

Observaciń. Las funciones deben estar definidas para todo elemento
o
del conjunto de partida. Por ejemplo en el caso particular A = {1, 2},
B = {a, b, c} y f = {(1, a), (1, b)}. Entonces f no es funciń pues el 2
o
no tiene imagen y tambiń porque el 1 tiene dos im´genes.
e a
Nota. Dos elementos distintos pueden tener la misma imagen. Por
ejemplo para f : Z → Z f (n) = |n|. Se tiene que f (n) = f (−n),
Z Z;
∗
con n = −n ∀n ∈ Z . En este caso f es una funciń.
Z o
Ejemplo. Veamos gr´ficamente un caso en que una relaciń f es
a o
funciń y una relaciń g que no es funciń.
o o o

Cap´
ıtulo 5. Funciones 167

Ejemplos

1. Sean A = {1, 2, 3}, B = {a, b, c, d} y f = {(1, a), (2, b), (3, d)}.
Notaci´n: f : A → B. Se tiene Dom(f ) = {1, 2, 3}, Codom(f ) =
o
B y Im(f ) = {a, b, d}

2. Sea s : IN → IN; s(n) = n + 1. Con IN = {0, 1, 2, 3, ...}.
Dom(s) = IN, pues a todo n´mero natural se le puede sumar
u
1. El 0 no tiene preimagen, luego Im(s) = IN∗ = IN − {0};
Codom(s) = IN

3. Sean A = {1, 2, 3} y f : P (A) → P (A); f (X) = X ∩ {2}.
Recordemos que P (A) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, A}
Busquemos la imagen de f .

f (∅) = ∅ ∩ {2} = ∅; f ({1}) = {1} ∩ {2} = ∅
f ({2}) = {2} ∩ {2} = {2}; f ({3}) = ∅
f ({1, 2}) = {1, 2} ∩ {2} = {2}; f ({1, 3}) = ∅
f ({2, 3}) = {2}; f (A) = {2}

Entonces Im(f ) = {∅, {2}}

4. Sean A = {1, 2, 3}, f : P (A) → P (A; f (X) = X ∪ {2}.
Entonces Im(f ) = {{2}, {1, 2}, {3, 2}, A}; Dom(f ) = P (A)

n Algebra

5. Sean A = {1, 2, 3} y h; P (A) → P (A); h(X) = X −{2}. Tenemos
h(∅) = ∅ − {2} = ∅; h({1}) = {1} − {2} = {1}
h({2}) = {2} − {2} = ∅; h({3}) = {3} − {2} = {3}
h({1, 2}) = {1, 2} − {2} = {1}; h({1, 3}) = {1, 3}
h({2, 3}) = {3}; h(A) = A − {2} = {1, 3}

Luego Im(h) = {∅, {1}, {3}, {1, 3}}. Dom(h) = P (A)
6. Sea f : IN → IN, definida por:
2n; si n es par
f (n) =
n + 1; si n impar
Tenemos que Dom(f ) = IN y Im(f ) = {2n; n ∈ IN} = 2IN
n + 3; si n es m´ltiplo de 3
u
f (n) =
n; si n no es m´ltiplo de 3
u
Tenemos que Dom(f ) = IN y Im(f ) = IN∗
8. Idem ejercicio anterior, pero f : Z → Z
Z Z.
Si m ∈ Codom(f ) y m un m´ltiplo de 3, se tiene f (m − 3) = m.
u
Si m no es un m´ltiplo de 3, entonces se tiene f (m) = m. Luego
u
Im(f ) = ZZ
9. Sea f : P (IN) → P (IN), definida por f (X) = X ∩ A, donde
A = {4n; n ∈ IN}. Entonces Dom(f ) = P (IN) y Im(f ) = {B ∈
P (IN); B contiene s´lo m´ltiplos de 4}. Es decir, es el conjunto
o u
formado por todos los conjuntos que solamente tienen m´tiplos
u
de 4.
10. Sea f : IN → IN definido por:
n
2
; si n es par
f (n) = n+3
2
; si n es impar
Im(f ) = IN, pues dado m ∈ Codom(f ) = IN, ∃ 2m ∈ IN tal que
f (2m) = 2m = m. Al menos tiene a 2m como preimagen, pero
2
adem´s puede venir de un n´mero impar, a saber: f (2m − 3) =
a u
(2m−3)+3 2m
2
= 2 = m, siempre que m ≥ 2.

Cap´

11. Sean A = {0, 1, ..., 99} y f : A → A; tal que f (a) = |a − 99|
Tenemos que Dom(f ) = A y Im(f ) = A; En efecto, sea b ∈ A,
entonces f (99 − b) = |(99 − b) − 99| = | − b| = b, pues b ≥ 0.
12. Sea s : Pf (IN) → IN, donde Pf (IN) denotar´ los subconjuntos
a
finitos de IN sin repetir n´meros. Se define s por:
u
s({a1 , a2 , ..., an }) = a1 + a2 + · · · + an

Dom(s) = Pf (IN) y Im(s) = IN, pues dado n ∈ IN, basta tomar
{n} ∈ Pf (IN) y se tiene s({n}) = n
13. Sean A = {1, 2, ..., n} y f : A → A; f (k) = n − k + 1.
Sea m ∈ Codom(f ) = A, entonces f (n+1−m) = n−(n+1−m)+
1 = m. Adem´s tenemos que 1 ≤ m ≤ n, luego −1 ≥ −m ≥ −n,
a
luego −1+n+1 ≥ n+1−m ≥ n+1−n, luego n ≥ n+1−m ≥ 1.
Luego Im(f ) = A
14. Sea f : Z → Z definida por
Z Z,

 −1; si z < 0

f (z) = 0; si z = 0
1; si z > 0



Llamada la funciń signo. En este caso Dom(f ) = Z y Im(f ) =
o Z
{−1, 0, 1}.
15. Sea XZ : IR → IR tal que
Z

1; si x ∈ ZZ
XZ (x) =
Z
0; si x ∈ Z
/ Z
Llamada la funciń cacter´
o ıstica de Z Dom(XZ ) = IR, Codom(XZ ) =
Z. Z Z
IR e Im(XZ ) = {0, 1}
Z

16. Funciń de Dirichlet. Sea f : IR → IR, definida por:
o
1; si x es racional
f (x) =
0; si x no es racional
En este caso Dom(f ) = IR y Im(f ) = {0, 1}

n Algebra

17. Sea f : Z × Z → Z f (a, b) = a + b + 2ab. Estudiemos el
Z Z Z;
dominio y recorrido de f .

(a) Dom(f ) = Z × Z pues a todo par de n´meros (a, b)
Z Z, u
enteros se les puede efectuar la operaciń: a + b + 2ab.
o
(b) Rec(f ) = Z en efecto, dado z ∈ Z tenemos que f (0, z) =
Z. Z,
0 + z + 2 · 0 · z = z, luego f (0, z) = z

18. Sea f : IN → IN tal que

3n; si n es par
f (n) =
n + 1; si n es impar

Dom(f ) = IN, pues todo n´mero par puede ser multiplicado por
u
3 y a todo n´mero impar se le puede sumar 1.
u
Veamos ahora su recorrido. Si n es impar, entonces f (n) es par.
Por esto, Rec(f ) contiene todos los n´meros pares, menos el
u
0. Si n es par, f (n) contiene todos los m´ltiplos de 6, los cuales
u
tambiń son pares, incluyendo el 0. Luego Rec(f ) = {2n; n ∈ IN}
e

Definiciń 5.1.3 Sean A y B dos conjuntos y f, g : A → B fun-
o
ciones. Diremos que f es igual a g, denotado f = g ssi

1. Dom(f ) = Dom(g)

2. f (a) = g(a), ∀a ∈ A

Ejemplos

1. Sean f, g : IR → IR; f (x) = (x + 1)(x − 1); g(x) = x2 − 1.
Entonces se tiene que f = g
2
2. Sean f, g : IR → IR; f (x) = x −1 ; g(x) = x − 1. Dom(f ) = IR −
x+1
{−1}, Dom(g) = IR. Luego f = g, a pesar de tener f (x) = g(x),
∀x ∈ IR − {−1}.

Cap´

5.2 Propiedades de una funciń
o
Proposiciń 5.2.1 Sea f : A → B una funciń. Sean X e Y dos
o o
subconjuntos cualesquieras de A, entonces

1. Si X ⊂ Y entonces f (X) ⊂ f (Y )

2. f (X ∪ Y ) = f (X) ∪ f (Y )

3. f (X ∩ Y ) ⊂ f (X) ∩ f (Y )

Demostraciń.
o

1. Sea z ∈ f (X), luego z = f (x), cierto x ∈ X, luego z = f (x),
cierto x ∈ Y , pues X ⊂ Y luego z ∈ f (Y )

2. Demostremos que f (X ∪ Y ) ⊂ f (X) ∪ f (Y ). En efecto sea y ∈
f (X ∪ Y ), luego y = f (x), algń x ∈ X ∪ Y , luego y = f (x),
u
algń x ∈ X o x ∈ Y , luego y ∈ f (X) o y ∈ f (Y ), luego
u
y ∈ f (X) ∪ f (Y ).
Demostremos ahora que f (X) ∪ f (Y ) ⊂ f (X ∪ Y ).
En efecto sea y ∈ f (X) ∪ f (Y ), luego y = f (x), cierto x ∈ X
o y = f (t); t ∈ Y , luego y = f (x); x ∈ X ∪ Y o y = f (t);
t ∈ X ∪ Y , luego y ∈ f (X ∪ Y ).

3. En efecto, sea y ∈ f (X ∩ Y ), luego y = f (x), cierto x ∈ X ∩ Y ,
es decir, y = f (x), cierto x ∈ X y x ∈ Y , luego y ∈ f (X)∩f (Y ).

Observaciń. No se tiene necesariamente f (X) ∩ f (Y ) ⊂ f (X ∩ Y ).
o
Por ejemplo consideremos

f : Z → Z f (n) = |n|
Z Z;

Sea X = {−2, −1, 0}, Y = {0, 1, 2}. Tenemos que X ∩ Y = {0},
f (X) = {0, 1, 2}, f (Y ) = {0, 1, 2} y f (X) ∩ f (Y ) = {0, 1, 2} ⊂ {0} =
f (X ∩ Y )

n Algebra

5.3 Imagen rec´
ıproca
Observaciń. Sea f : Z → Z f (n) = |n|. Consideremos Y =
o Z Z;
{0, 1, 2} ⊂ Codom(f ). Estamos interesados en todos los elemen-
tos de Dom(f ) que tienen por imagen un elemento de Y . Tenemos
que f −1 (Y ) = {−2, −1, 0, 1, 2}. Diremos que f −1 (Y ) es la ”imagen
rec´
ıproca de Y por f ”.
Entonces tenemos la definiciń siguiente:
o

Definiciń 5.3.1 Sea f : A → B una funciń. Sea Y ⊂ B. Se llama
o o
imagen rec´ ıproca de Y por f o preimagen de Y por f , al
subconjunto de A definido por:

f −1 (Y ) = {x ∈ A; f (x) ∈ Y } = {x ∈ A; ∃y ∈ Y tal que y = f (x)}

Es decir: x ∈ f −1 ssi f (x) ∈ Y . Tambiń se dice: f −1 (Y ) es la imagen
e
inversa de Y por f

Proposiciń 5.3.1 Sea f : A → B una funciń. Sean X e Y dos
o o
subconjuntos cualesquieras de B, entonces

1. X ⊂ Y ⇒ f −1 (X) ⊂ f −1 (Y )
2. f −1 (X ∪ Y ) = f −1 (X) ∪ f −1 (Y )
3. f −1 (X ∩ Y ) = f −1 (X) ∩ f −1 (Y )
4. f −1 (X − Y ) = f −1 (X) − f −1 (Y )

Demostraciń.
o

1. x ∈ f −1 (X) ⇒ f (x) ∈ X ⇒ f (x) ∈ Y (pues X ⊂ Y ) ⇒
x ∈ f −1 (Y ).
2. (a) Tenemos
x ∈ f −1 (X ∪ Y ) ⇒ f (x) ∈ X ∪ Y
⇒ f (x) ∈ X o f (x) ∈ Y
⇒ x ∈ f −1 (X) o x ∈ f −1 (Y )
⇒ x ∈ f −1 (X) ∪ f −1 (Y )

Cap´

(b) X ⊂ X ∪ Y y Y ⊂ X ∪ Y ⇒ f −1 (X) ⊂ f −1 (X ∪ Y ) y
f −1 (Y ) ⊂ f −1 (X ∪ Y ).
Luego f −1 (X) ∪ f −1 (Y ) ⊂ f −1 (X ∪ Y ).
3. (a) En efecto,
x ∈ f −1 (X) ∩ f −1 Y ) ⇒ x ∈ f −1 (X) y x ∈ f −1 (Y )
⇒ f (x) ∈ X y f (x) ∈ Y
⇒ f (x) ∈ X ∩ Y
⇒ x ∈ f −1 (X ∩ Y )

(b) X ∩ Y ⊂ X y X ∩ Y ⊂ Y . Por la proposiciń anterior,
o
f −1 (X ∩ Y ) ⊂ f −1 (X) y f −1 (X ∩ Y ) ⊂ f −1 (Y ). Luego
f −1 (X ∩ Y ) ⊂ f −1 (X) ∩ f −1 (Y )
4. (a) Tenemos
x ∈ f −1 (X − Y ) ⇒ f (x) ∈ X − Y
⇒ f (x) ∈ X y f (x) ∈ Y
⇒ x ∈ f −1 (X) y x ∈ f −1 (Y )
⇒ x ∈ f −1 (X) − f −1 (Y )

(b) En efecto
x ∈ f −1 (X) − f −1 (Y ) ⇒ x ∈ f −1 (X) y x ∈ f −1 (Y )
⇒ f (x) ∈ X y f (x) ∈ Y
⇒ f (x) ∈ X − Y
⇒ x ∈ f −1 (X − Y )

Definiciń 5.3.2 Sea f : A → B y sea X ⊂ A. Una funciń g : X →
o o
B tal que g(x) = f (x) ∀x ∈ X es llamada la restricciń de f a X.
o
La funciń g se denota por f |X . Luego la restricciń de f a X es la
o o
funciń
o

f |X : X → B; f |X (x) = f (x)

Definiciń 5.3.3 Sea f : A → B y sea Y ⊃ A. Entonces toda funciń
o o
h : Y → B tal que h(y) = f (y) ∀y ∈ A es llamada una extensiń de
o
f aY

n Algebra

Nota. Dada f : A → B. La restricciń de f a un subconjunto X de
o
A es unica, sin embargo hay m´s de una extensiń a un conjunto Y
´ a o
que contenga a A.

Definiciń 5.3.4 Sea f : A −→ A; tal que f (a) = a; ∀x ∈ A. Deno-
o
taremos esta funciń, f = idA y ser´ llamada la funciń identidad
o a o
de A.

5.4 Inyectividad, epiyectividad y biyec-
tividad
Observaciń. Sea A = {a, b, c}, B = {1, 2} y f = {(a, 1), (b, 1), (c, 2)}.
o
Debido a que a y b tienen la misma imagen, diremos que f no es inyec-
tiva. Es decir una funciń deja de ser inyectiva cuando dos elementos
o
distintos tienen la misma imagen.

Definiciń 5.4.1 Sea f : A → B. Diremos que f es inyectiva si
o

x = y ⇒ f (x) = f (y)

Nota. La proposiciń (x = y ⇒ f (x) = f (y)) es l´gicamente equiv-
o o
alente a la proposiciń (f (x) = f (y) ⇒ x = y). Para comprender el
o
concepto es m´s evidente la primera versiń y para demostrar que una
a o
funciń es inyectiva es preferible la segunda versiń.
o o
Ejemplo. Sea f : IR → IR; f (x) = x2 . Tenemos que f (−2) = 4
y f (2) = 4. Luego f no es inyectiva. Sin embargo, la funciń g : o
+ 2
IR0 → IR; g(x) = x es inyectiva. En efecto, si g(x1 ) = g(x2 ), entonces
x2 = x2 . Luego x1 = x2 , de donde g es inyectiva.
1 2

Observaciń. Sean A = {a, b, c}, B = {1, 2} y f = {(a, 1), (b, 1), (c, 1)}.
o
Diremos que esta funciń no es epiyectiva pues el 2 no tiene preimagen.
o
Es decir una funciń deja de ser epiyectiva cuando hay un elemento en
o
el codominio que no tiene preimagen. Tenemos la definiciń siguiente:
o

Definiciń 5.4.2 Sea f : A → B una funciń. Diremos que
o o

Cap´

f epiyectiva si ∀b ∈ B, ∃a ∈ A tal que f(a)=b

Ejemplo. Sea f : IR → IR; f (x) = x2 . Se tiene que f no es epiyectiva.
Un contraejemplo es ∃x ∈ IR tal que f (x) = −5.
Sin embargo g : IR → IR+ ; g(x) = x2 es epiyectiva, pues dado y ∈ IR+ ,
0
√ 0
siempre existe x ∈ IR tal que g(x) = y, pues si tomamos x = y, se
√ √
tiene f ( y) = ( y)2 = y, pues y ≥ 0.

Definiciń 5.4.3 Sea f : A → B una funciń. Diremos que f es
o o
biyectiva ssi f es inyectiva y epiyectiva.

Ejemplo. Sea f : IR → IR; f (x) = 7x + 1

1. f es inyectiva. En efecto: f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ 7x1 + 1 = 7x2 + 1 ⇒
x1 = x2

2. f es epiyectiva. En efecto: dado y ∈ Codom(f ), supongamos que
existe x ∈ IR tal que f (x) = y. Luego 7x + 1 = y, luego x = y−1 .
7
Luego f ( y−1 ) = y. De donde f es epiyectiva.
7

5.5 Composiciń de funciones
o
Observaciń. Sean A, B, C, D cuatro conjuntos,
o

f : A → B, g:C→D

tal que Im(f ) ⊂ Dom(g). A todo x ∈ A, le corresponde un unico
´
y ∈ B tal que f (x) = y. A este y ∈ Im(f ) (luego y ∈ Dom(g)),
le corresponde un unico z ∈ D tal que z = g(y). Tenemos entonces
´
z = g(y) = g(f (x)). Y as´ hemos definido una nueva funciń de A en
ı o
D tal que a cada x ∈ A le asocia z = g(f (x)) en D.

Definiciń 5.5.1 Esta nueva funciń es llamada g compuesta con
o o
f, se denota g ◦ f . Es decir, (g ◦ f )(x) = g(f (x))

n Algebra

Ejemplo. Sean f, g : Z → Z f (x) = 2x − 5, g(x) = x2 . Entonces
Z Z;
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(2x − 5) = (2x − 5)2 = 4x2 − 20x + 25 y
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x2 ) = 2x2 − 5.
En este caso ambas proposiciones tienen sentido y ambas son difer-
entes.

Proposiciń 5.5.1 Sea f : A → B entonces
o

f ◦ idA = f y idB ◦ f = f

Demostraciń. En efecto,
o

(f ◦ idA )(x) = f (idA (x)) = f (x), ∀x ∈ A

(idB ◦ f )(x) = idB (f (x)) = f (x), ∀x ∈ A

Luego f ◦ idA = f y idB ◦ f = f .
Observe que las dos primeras igualdades ocurren en B y las otras dos
igualdades son igualdades de funciones.
Nota. La composiciń de funciones no es conmutativa.
o
Contraejemplo: Sean f, g : Z → Z f (n) = n2 y g(n) = n + 3.
Z Z;
Entonces (g ◦ f )(n) = g(f (n)) = g(n2 ) = n2 + 3.
Por otra parte (f ◦ g)(n) = f (g(n)) = f (n + 3) = (n + 3)2 . Luego
g◦f =f ◦g
Nota. En general no tiene sentido la composiciń inversa. Observemos
o
∗ 2
el caso siguiente: f, g : Q → Q; f (r) = r , g(r) = 0. Entonces (g ◦
f )(r) = 0 y f ◦ g no tiene sentido.

5.6 Funciń inversa
o
Nota. La relaciń inversa de una funciń no es necesariamente una
o o
funciń. Solamente en el caso de una funciń biyectiva podemos hablar
o o
de una funciń inversa.
o

Cap´

Definiciń 5.6.1 Se llama funciń inversa de una funciń biyec-
o o o
−1 −1
tiva f : A → B, denotada f , a la funciń f : B → A tal que a
o
cada elemento b ∈ B le hace corresponder el unico elemento a ∈ A
´
−1
cuya imagen por f es b. Es decir f (b) = a ssi f (a) = b. En el caso
que la funciń inversa exista, diremos que f es invertible.
o

Ejemplo. Sean A = {1, 2, 3}, B = {a, b, c} y f = {(1, b), (2, c), (3, a)}
es biyectiva, luego existe f −1 . Esta es f −1 = {(b, 1), (c, 2), (a, 3)}
Ejemplo. Consideremos la funciń biyectiva f : IR → IR; f (x) =
o
2x − 3. Busquemos su funciń inversa.
o
Como f es biyectiva, luego existe su funciń inversa f −1 . Si f (x) =
o
−1
2x − 3, entonces f (2x − 3) = x. Escrib´mosla m´s elegante: Sea
a a
y = 2x − 3, luego x = y+3 . Luego f −1 (y) = y+3 o tambiń podemos
2 2
e
−1 x+3
escribir f (x) = 2
Nota. Sea f : A → B biyectiva. Puesto que f −1 : B → A tambiń es e
una funciń biyectiva, podemos hablar de su funciń inversa, denotada
o o
(f −1 )−1 : A → B. Tenemos (f −1 )−1 (x) = y ssi f −1 (y) = x ssi f (x) = y
∀x ∈ A. Luego (f −1 )−1 (x) = f (x) ∀x ∈ A. Luego (f −1 )−1 = f .

Proposiciń 5.6.1 Sea f : A → B una funciń biyectiva. Entonces
o o
−1 −1
f ◦ f = idA y f ◦ f = idB

Demostraciń. Sea f (x) = y, luego f −1 (y) = x. Entonces
o

(f −1 ◦ f )(x) = f −1 (f (x)) = f −1 (y) = x = idA (x) ∀x ∈ A

Por otra parte,

(f ◦ f −1 )(y) = f (f −1 (y)) = f (x) = y = idB (y) ∀y ∈ B

Luego f −1 ◦ f = idA y f ◦ f −1 = idB .

Proposiciń 5.6.2 (Caracterizaciń de funciń inversa)
o o o
Sean f : A → B y g : B → A biyectivas. Entonces

f ◦ g = idB y g ◦ f = idA ssi g = f −1

n Algebra

Demostraciń. Sea g = f −1 , entonces por la proposiciń anterior
o o
tenemos que f ◦ g = idB y g ◦ f = idA .
Por otra parte, sea f ◦ g = idB y g ◦ f = idA . Por demostrar

g(y) = f −1 (y) ∀y ∈ B

es decir, por demostrar,

g(y) = x ⇔ f −1 (y) = x ⇔ f (x) = y

es decir, por demostrar

g(y) = x ⇔ f (x) = y

En efecto,

g(y) = x ⇔ f (g(y)) = f (x) ⇔ (f ◦ g)(y) = f (x)

Pero f ◦ g = idA , luego idA (y) = f (x) ⇔ y = f (x).
Ejemplo. Sea f : IR → IR; f (x) = 2x + 5. Esta funciń es biyec-
o
tiva. Calculemos su funciń inversa, f −1 , utilizando el resultado reciń
o e
obtenido.
x−5
(f ◦f −1 )(x) = x ⇒ f (f −1 (x)) = x ⇒ 2f −1 (x)+5 = x ⇒ f −1 (x) = 2

Ejemplo. Sea s : IN → IN∗ ; s(n) = n + 1. La funciń sucesor en IN.
o
−1
Busquemos s .
En efecto, s(s−1 (n)) = idIN (n) = n, n ∈ IN∗ ; luego s−1 (n) + 1 = n,
luego s−1 (n) = n − 1, n ∈ IN∗ y tiene sentido pues n > 0.
Ejemplo. Sea X un conjunto y P (X) su conjunto potencia. Sea f :
P (X) → P (X); f (X) = X, donde X denota el complemento de X.
Esta funciń es biyectiva, luego podemos buscar su funciń inversa.
o o
Se tiene (f ◦ f )(X) = f (X) = X = X. Luego f −1 = f .

Teorema 5.6.3 Consideremos las tres funciones siguientes:

f : A → B; g : B → C; h : C → D

Cap´

tales que
Im(f ) ⊂ Dom(g), Im(g) ⊂ Dom(h)
y las funciones compuestas siguientes:

g ◦f : A → C; h◦(g ◦f ) : A → D; h◦g : B → D; (h◦g)◦f : A → D

Entonces

1. Dom(h ◦ (g ◦ f )) = Dom((h ◦ g) ◦ f ) (Igualdad de conjuntos).

2. h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f (Igualdad de funciones).

Demostraciń. La parte 1 es evidente por lo tanto demostraremos
o
s´lo 2. En efecto
o

(h ◦ (g ◦ f ))(a) = h((g ◦ f )(a)) = h(g(f (a))), ∀a ∈ A

Por otra parte

((h ◦ g) ◦ f )(a) = (h ◦ g)(f (a)) = h(g(f (a))) ∀a ∈ A

Luego (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f ). Puesto que la composiciń es asociativa
o
podemos obviar los parńtesis y escribir simplemente h ◦ g ◦ f
e

Proposiciń 5.6.4 (Composiciń de funciones epiyectivas) Sean
o o
f : A → B y g : B → C con Im(f ) ⊂ Dom(g) epiyectivas, entonces
la funciń g ◦ f : A → C es epiyectiva.
o

Demostraciń. Sea c ∈ C. Puesto que g es epiyectiva, entonces c =
o
g(b), cierto b ∈ B. Puesto que f es epiyectiva b = f (a), cierto a ∈ A.
Luego c = g(b) = g(f (a)) = (g ◦ f )(a). Luego g ◦ f es epiyectiva.

Proposiciń 5.6.5 (Composiciń de funciones inyectivas) Sean
o o
f : A → B y g : B → C con Im(f ) ⊂ Dom(g) inyectivas, entonces la
funciń g ◦ f : A → C es inyectiva.
o

n Algebra

Demostraciń. En efecto
o

(g ◦ f )(a) = (g ◦ f )(b) ⇒ g(f (a)) = g(f (b)) ⇒ f (a) = f (b) ⇒ a = b

Luego g ◦ f es inyectiva.

Proposiciń 5.6.6 (Composiciń de funciones biyectivas) Sean
o o
f : A → B y g : B → C biyectivas tal que Im(f ) ⊂ Dom(g), entonces
la funciń compuesta g ◦ f : A → C tambiń es biyectiva.
o e

Demostraciń
o
Se obtiene de las dos proposiciones anteriores.

Proposiciń 5.6.7 Sean f : A → B, g : B → C, ambas biyectivas,
o
tal que Im ⊂ Dom(g), entonces la funciń inversa de g ◦ f : A → C,
o
denotada por (g ◦ f )−1 , es la siguiente:

(g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1

Demostraciń. La funciń g ◦ f : A → C es biyectiva, luego existe
o o
su funciń inversa:
o
(g ◦ f ) ◦ (f −1 ◦ g −1 ) = g ◦ (f ◦ f −1 ) ◦ g −1
= g ◦ idB ◦ g −1
= (g ◦ idB ) ◦ g −1
= g ◦ g −1
= idC

Por otra parte, tenemos:

(f −1 ◦ g −1 ) ◦ (g ◦ f ) = f −1 ◦ (g −1 ◦ g) ◦ f
= f −1 ◦ idB ◦ f
= f −1 ◦ f
= idA

Por la caracterizaciń de funciń inversa, tenemos que:
o o

(g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1

Cap´

5.7 Funciones biyectivas sobre conjuntos
finitos o permutaciones
Observaciń. Consideremos un conjunto formado por tres elementos.
o
Por ejemplo I3 = {1, 2, 3}. Nuestra primera tarea ser´ encontrar todas
a
las funciones biyectivas en I3 . Denot´moslas por f1 , f2 , ..., f6
e

1. Sea f1 definida por f1 (1) = 1, f1 (2) = 2, f1 (3) = 3. Para escribir
m´s simplificado, usemos la siguiente notaciń:
a o

1 2 3
f1 =
1 2 3

2. Sea f2 definida por f2 (1) = 1, f2 (2) = 3, f2 (3) = 2. Escribimos:

1 2 3
f2 =
1 3 2

3. Sea f3 definida por: f3 (1) = 2, f3 (2) = 1, f3 (3) = 3. Escribimos:

1 2 3
f3 =
2 1 3

1 2 3 1 2 3 1 2 3
4. Definamos f4 = , f5 = f6 =
2 3 1 3 1 2 3 2 1

¡Obvio que no hay m´s funciones biyectivas ! Cada una de estas fun-
a
ciones es llamada una permutaciń. Diremos que f1 , f2 , ..., f6 son
o
todas las permutaciones de I3 . Sea GI = {f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 }
Observaciń. Consideremos el conjunto de tres elementos
o

B3 = {∗, △, 2}

Queremos encontrar todas las funciones biyectivas de B3 .
Denot´moslas por g1 , g2 , ..., g6 . Las definimos como sigue:
e

n Algebra

∗ △ 2 ∗ △ 2 ∗ △ 2
g1 = , g2 = , g3 =
∗ △ 2 ∗ 2 △ △ ∗ 2
∗ △ 2 ∗ △ 2 ∗ △ 2
g4 = g5 = g6 =
△ 2 ∗ 2 ∗ △ 2 △ ∗

No hay m´s permutaciones. Entonces el conjunto formado por todas
a
las premutaciones de B3 es GB = {g1 , g2 , g3 , g4 , g5 , g6 }
Observaciń. GI tiene el mismo comportamiento que GB .
o

Definiciń 5.7.1 S3 denotar´ el conjunto formado por todas las per-
o a
mutaciones de un conjunto formado por 3 elementos.

5.7.1 Permutaciones de In
Consideremos un conjunto formado por n elementos In = {1, 2, ..., n}.
Denotemos por Sn el conjunto formado por todas las biyecciones de In
en In . Estas biyecciones son llamadas permutaciones de n elementos.
Notaciń: f : In → In ser´ denotada
o a

1 2 ... n
f=
f (1) f (2) ... f (n)

Existe una permutaciń identidad, denotada id y est´ definida por
o a

1 2 3 ... n
id =
1 2 3 ... n

Dada la permutaciń
o
1 2 3 ··· n
f=
f (1) f (2) f (3) · f (n)
existe f −1 definida por:
f (1) f (2) f (3) · · · f (n)
f −1 =
1 2 3 ··· n

1 2 3 4
Ejemplo. Sea f =
4 2 1 3

Cap´

4 2 1 3 1 2 3 4
Entonces f −1 = =
1 2 3 4 3 2 4 1

Definiciń 5.7.2 La composiciń de estas funciones biyectivas ser´
o o a
llamada producto de permutaciones.

1 2 3 4 1 2 3 4
Ejemplo. Sea f = yg=
4 2 1 3 3 4 1 2
1 2 3 4 1 2 3 4
g◦f =
3 4 1 2 4 2 1 3
(g ◦ f )(4) = g(f (4)) = g(3) = 1; es decir, 4 → 3 → 1
(g ◦ f )(3) = g(f (3)) = g(1) = 3; es decir, 3 → 1 → 3
(g ◦ f )(2) = g(f (2)) = g(2) = 4; es decir, 2 → 2 → 4
(g ◦ f )(1) = g(f (1)) = g(4) = 2; es decir, 1 → 4 → 2
Notaciń: f n denotar´ f ◦ f ◦ · · · ◦ f , n veces
o a
Ejemplos

1 2 3 4
1. Sea f = . Encontremos n tal que f n = id y luego
4 2 1 3
calculemos f 200 .
En efecto
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
f2 = · =
4 2 1 3 4 2 1 3 3 2 4 1

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
f 3 = f 2 ◦f = · = = id
3 2 4 1 4 2 1 3 1 2 3 4

Usando el hecho que f 3 = id, podemos calcular fćilmente varias
a
composiciones de f consigo misma. Por ejemplo:
Calculemos f 200 . Tenemos que 200 = 3 · 66 + 2. Luego
1 2 3 4
f 200 = f 3·66+2 = (f 3 )66 f 2 = id66 · f 2 = f 2 =
3 2 4 1

n Algebra

2. Sean f, g ∈ S5 deﬁnidas por
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
f= y g=
5 1 4 2 3 3 4 2 5 1

Busquemos h ∈ S5 de manera que g = h ◦ f .
En efecto, para obtener las im´genes de h lo hacemos de la man-
a
era siguiente:

g(5) = 1; f (5) = 3, luego h(3) = 1. As´ g(5) = (h ◦ f )(5)
ı
g(4) = 5; f (4) = 2, luego h(2) = 5
g(3) = 2; f (3) = 4; luego h(4) = 2
g(2) = 4; f (2) = 1; luego h(1) = 4
g(1) = 3; f (1) = 5; luego h(5) = 3

Luego tenemos:
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
= ·
3 4 2 5 1 4 5 1 2 3 5 1 4 2 3
Tambi´n podr´
e ıamos haber hecho el c´lculo de la manera sigu-
a
iente:

g = h ◦ f ⇒ g ◦ f −1 = h. Tenemos

1 2 3 4 5 5 1 4 2 3 1 2 3 4 5
=
3 4 2 5 1 1 2 3 4 5 4 5 1 2 3
1 2 3 4 5
3. Sea θ = . Busquemos el menor n ∈ IN, tal que
5 3 1 2 4
θn = id. Adem´s busquemos el valor de θ2.001 y θ−1
a
En efecto
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
θ2 = =
5 3 1 2 4 5 3 1 2 4 4 1 5 3 2
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
θ3 = =
4 1 5 3 2 5 3 1 2 4 2 5 4 1 3
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
θ4 = =
2 5 4 1 3 5 3 1 2 4 3 4 2 5 1

Cap´

1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
θ5 = =
3 4 2 5 1 5 3 1 2 4 1 2 3 4 5
Luego θ5 = id y 5 es el menor n´mero que cumple esta condiciń.
u o
Busquemos θ2.001 . Se tiene que 2.001 = 5 · 400 + 1. Luego θ2.001 =
θ5·400+1 = (θ5 )400 · θ1 = id400 · θ = θ.
Luego θ2.001 = θ.

5.8 Funciones sobre conjuntos finitos

5.8.1 Propiedades
Principio del palomar o principio de los casilleros

Si se tienen n nidos y m palomas y m > n (m´s palomas que nidos),
a
entonces hay al menos dos palomas que ocupan el mismo nido.
Ejemplo. Si hay 8 personas entonces hay al menos dos personas que
nacieron el mismo d´ de la semana.
ıa

Proposiciń 5.8.1 Sea f : A → B; |A| = m, |B| = n y m < n.
o
Entonces f no puede ser epiyectiva.

Demostraciń. Supongamos que f es epiyectiva. Como a B llegan
o
al menos n flechas, entonces hay al menos n flechas que parten desde
A. Luego hay al menos un elemento de A del cual parten dos flechas.
Luego f no es funciń. Lo cual es una contracciń. Luego f no es
o o
epiyectiva.

Proposiciń 5.8.2 Sea f : A → B; |A| = m, |B| = n y m > n.
o
Entonces f no puede ser inyectiva.

Demostraciń. En A hay m elementos, luego parten m flechas desde
o
A, luego llegan a B m flechas. Puesto que m > n entonces hay al
menos dos flechas que llegan al mismo elemento en B. Luego f no es
inyectiva.

n Algebra

Proposiciń 5.8.3 Si f biyectiva entonces |A| = |B|
o

Demostraciń Sea f biyectiva. En A hay m elementos. Luego parten
o
m flechas desde A, Luego llegan m flechas a B. Puesto que f es inyec-
tiva hay m elementos en la imagen. Por ser epiyectiva, en el Codominio
hay m elementos. Luego |A| = |B|

Proposiciń 5.8.4 (Todo o nada) Sea f : A → B;Si |A| = n,
o
|B| = n (es decir A y B tienen el mismo n´mero de elementos) En-
u
tonces

f es epiyectiva ssi f es inyectiva.

Demostraciń.
o
Sea |A| = |B| = n entonces

1. Sea f epiyectiva. Por demostrar que f es inyectiva.
En A y en B hay la misma cantidad de elementos. Puesto que
f es epiyectiva, entonces llegan al menos n flechas a B. Luego
parten al menos n flechas desde A y puesto que en A hay ex-
actamente n elementos, entonces no puede haber dos elementos
que tengan la misma imagen, luego f es inyectiva.
2. Sea f inyectiva. Por demostrar que f epiyectiva. En A hay n ele-
mentos, luego parten n flechas. Puesto que f es inyectiva, llegan
n flechas a B a elementos distintos. Como en B hay exactamente
n elementos distintos, se tiene que f es epiyectiva.

Observaciń. Sean I = {1, 2, 3}, f : P (I) → {n, s} × {n, s} × {n, s},
o
definida por:
Esta funciń es biyectiva. Luego en el dominio y en el codominio hay
o
la misma cantidad de elementos. Luego |P (I)| tiene 23 elementos.
En general se tiene la proposiciń siguiente:
o

Proposiciń 5.8.5 Existe una biyecciń de P (I) en {n, s}m donde
o o
I = {1, 2, ..., m}

Cap´

Demostraciń. Sea f : P (I) → {n, s}m ; definida por
o

f ({i1 , i2 , ..., ip }) = x = (x1 , x2 , ..., xm )

donde, xk = s ssi k ∈ {i1 , i2 , ..., ip } y xk = n ssi k ∈ {i1 , i2 , ..., ip }
/

1. Demostremos que f es epiyectiva. Dado x = (x1 , x2 , ..., xm ) ∈
{n, s}m , le asociamos el subconjunto X = {(i ∈ I; xi = s}.
Por ejemplo. Sea (n, s, s, n, s, n, s, n, ..., n) ∈ {n, s}m . Entonces
existe X tal que f ({2, 3, 5, 7}) = (n, s, s, n, s, n, s, n, ..., n)

2. Demostremos que f es inyectiva. Sean

f ({i1 , i2 , ..., ip }) = (x1 , x2 , ..., xm ) y

f ({j1 , j2 , ..., jq }) = (y1 , y2 , ..., ym )

Supongamos f ({i1 , i2 , ..., ip }) = f ({j1 , j2 , ..., jq }),
luego (x1 , x2 , ..., xp ) = (y1 , y2 , ..., yq ), es decir xk = yk , luego
ik = jk ∀k ∈ {1, 2, ..., p}, de donde f es inyectiva.

Corolario 5.8.6 Sea I = {1, 2, ..., m}. Entonces |P (I)| = 2m = 2|I|

Demostraciń. |P (I)| = |{n, s}m | = 2m = 2|I|
o

Proposiciń 5.8.7 El n´mero de subconjuntos de un conjunto finito
o u
|A|
A es 2

Demostraciń. Sea A un conjunto tal que |A| = m. Luego existe una
o
biyecciń
o

f : A → I = {1, 2, ..., m}

Luego |P (A)| = P (I) = 2m = 2|A|

n Algebra

5.8.2 N´ mero de funciones entre dos conjuntos
u
finitos
Observaciń. Sea A = {1, 2}, B = {a, b, c}. Buscamos el n´mero de
o u
funciones que se pueden tener de A en B. Tenemos:
La imagen de 1 puede ser obtenida de 3 maneras diferentes. La imagen
de 2 tambiń se puede obtener de tres maneras diferentes. Luego el
e
n´mero de funciones distintas de A en B es 32
u
Observaciń. Sea A = {1, 2, 3} y B = {a, b}. La imagen de 1 puede
o
ser elegida de 2 maneras diferentes. Idem para 2 y para 3. Luego el
n´mero de funciones distintas de A en B es 23 .
u
Veamos otra manera de obtener este resultado. Consideremos F (A, B) =
{f : A → B}. Construyamos una biyecciń:o

ϕ : F (A, B) → B × B × B

definida por ϕ(f (a1 , a2 , a3 )) = (f (a1 ), f (a2 ), f (a3 ))
Luego |F (A, B)| = 23 . Por ejemplo la funciń f tal que f (1) = a,
o
f (2) = a, f (3) = b es llevada al tr´ (a, a, b). En general, la funciń f
ıo o
tal que f (1) = x, f (2) = y, f (3) = z es llevada al tr´ (x, y, z), donde
ıo
x, y, z ∈ {a, b}

Proposiciń 5.8.8 Sea |A| = m, |B| = n. Entonces el n´mero de
o u
m
funciones de A en B es n .

Demostraciń. Sea
o

ϕ : F (A, B) → B m ; f → ϕ(f )

tal que si
f (a1 ) = bi1 , f (a2 ) = bi2 , · · · , f (am ) = bim
Entonces
ϕ(f ) = (bi1 , bi2 , ..., bim ) ∈ B m
Tenemos que ϕ es una biyecciń. Luego |F (A, B)| = nm .
o

Cap´

Observaciń. Sea A = {1, 2, 3} y B = {a, b, c, d, e}. Buscamos el
o
n´mero de funciones inyectivas entre A y B.
u
El 1 tiene 5 posibles im´genes. El 2 tiene 4 posibles im´genes. El 3
a a
tiene 3 posibles im´genes. Luego hay 5 · 4 · 3 funciones inyectivas de A
a
5!
en B. Tenemos que 5 · 4 · 3 puede ser escrito como sigue: (5−3)! . Esto
nos induce a la proposiciń siguiente:
o

Proposiciń 5.8.9 Sean A y B dos conjuntos finitos tal que |A| = m,
o
|B| = n y |A| ≤ |B|. Entonces el n´mero de funciones inyectivas de
u
n!
A en B es .
(n − m)!

Demostraciń. Para la primera componente hay n posibilidades.
o
Para la segunda componente hay n − 1 posibilidades. Para la tercera
componente hay n − 2 posibilidades, etc. Son m componentes luego
n!
hay funciones inyectivas.
(n − m)!

Corolario 5.8.10 Si |A| = |B| = n. Entonces el n´mero de funciones
u
inyectivas es n!

Corolario 5.8.11 Sean A y B dos conjuntos tal que |A| = m, |B| =
n y m ≤ n. Entonces existen m! funciones inyectivas que tienen el
mismo conjunto imagen.

Proposiciń 5.8.12 Sean A y B dos conjuntos tal que |A| = m,
o
|B| = n y m ≤ n. Entonces el n´mero de clases de funciones inyectivas
u
n n!
con distinto conjunto imagen es = .
m (n − m)!m!

5.9 Algunas funciones sobre conjuntos no
finitos
El sentido comń nos dice que Z tiene el doble de elementos que IN.
u Z
Sin embargo en el infinito el sentido comń falla. En efecto se tiene la
u
siguiente proposiciń
o

n Algebra

Proposiciń 5.9.1 Se puede establecer una biyecciń entre IN y Z
o o Z.

Demostraciń. La funciń definida por f : IN → Z tal que
o o Z,
 n
 (−1)n+1 · ; si n es par
2

f (n) = n+1
 (−1)n+1 ·

; si n es impar
2
es una funciń biyectiva.
o
Nota. Diremos que IN y Z tienen el mismo cardinal, es decir el mismo
Z
n´mero de elementos.
u
Ejercicio. Se puede establecer una biyecciń entre IN y el conjunto
o
de los n´meros naturales pares.
u
Soluciń. Construimos una biyecciń de la siguiente manera:
o o

f : IN → {n ∈ IN; n es par}; f (n) = 2n.


1. Sea f : P (IN) → P (IN); f (X) = X ∪ {2}. Estudiemos esta
funciń.
o
Soluciń. Tenemos que Dom(f ) = P (IN), pues todo subcon-
o
junto de P (IN) puede ser unido al conjunto formado por el 2.
La Im(f ) es el conjunto formado por todos los subconjuntos de
IN que contienen el 2.
Afirmaciń: f no es inyectiva. En efecto, podemos dar como
o
contraejemplo f ({1, 2}) = f ({1}) = {1, 2} y {1, 2} = {1}
Afirmaciń: f no es epiyectiva. Vimos que la imagen est´ for-
o a
mada por todos los subconjuntos que tiene el 2. Por ejemplo {3}
no tiene preimagen.

2. Sea g : P (IN) → P (IN); g(X) = X ∩ {2}. Estudiemos las
propiedades de g.
Soluciń. Dom(g) = IN, pues todo subconjunto de IN puede ser
o
intersectado con {2}.

Cap´

Adem´s Im(g) = {∅, {2}}.
a
Afirmaciń: f no es inyectiva. En efecto g({1, 2, 3, 5}) = g({2, 7}) =
o
{2} y {1, 2, 3, 5} = {2, 7}.
Afirmaciń: g no es epiyectiva, pues Im(g) = {∅, {2}} =
o
Codom(g) o bien Contraejemplo: dado {1} ∈ Codom(g) =
P (IN), ∃X ∈ Dom(g) tal que g(X) = {1}

3. Sea h : P (IN) → P (IN); h(X) = X − {2}. Estudiemos h.
Soluciń. Dom(h) = P (IN). El conjunto Im(h) est´ formado
o a
por todos los subconjuntos de P (IN) que no contienen el n´mero
u
2.
Afirmaciń: h no es inyectiva. En efecto h({1, 2, 3}) = h({1, 3}) =
o
{1, 3} y {1, 2, 3} = {1, 3}.
Afirmaciń: h no es epiyectiva. Vimos que Im(h) es subconjunto
o
estricto del Codom(h), por ejemplo {2} ∈ Codom(h) y ∃X ∈
Dom(h) tal que h(X) = {2}, es decir tal que X − {2} = {2}

4. Sea f : P (IN) → P (IN) tal que f (A) = A ∩ B, donde B =
{x2 ; x ∈ IN}. Estudiemos f .
Soluciń. Dom(f ) = P (IN), pues todo conjunto de P (IN) puede
o
ser intersectado con B. La Im(f ) es el conjunto formado por to-
dos los subconjuntos que tienen solamente cuadrados perfectos.
f no es inyectiva. En efecto, f ({1, 2, 3, 5}) = f ({1, 2, 7, 8}) = {1}
f no es epiyectiva. En efecto, dado {1, 2, 3} ∈ Codom(f ) =
P (IN), ∃X ∈ Dom(f ) tal que f (X) = {1, 2, 3}.

5. Sea g : IN → IN definida por g(n) = n + 5. Estudiemos si f es
inyectiva o epiyectiva.
Soluciń. Estudiemos si es inyectiva. Sea g(n) = g(m), luego
o
n + 5 = m + 5, cancelando el 5, tenemos n = m. Es decir f es
inyectiva.
Estudiemos si f es epiyectiva. Sea m ∈ IN y supongamos que
existe n ∈ IN tal que g(n) = m, luego n + 5 = m. Observemos
que los n´meros 1, 2, 3, 4 no tienen preimagen. Luego f no es
u

n Algebra

ıamos haber pensado, cuńdo g(m − 5) = m
epiyectiva. Podr´ a
tiene sentido.
6. Sea f : IN → IN definida por:
2n; si n es par
f (n) =
n + 1; si n impar
Estudiemos si f es inyectiva o epiyectiva.
Soluciń. Tenemos que f no es inyectiva. Contraejemplo: f (4) =
o
8 y f (7) = 8.
Adem´s f no es epiyectiva, pues la imagen de f est´ formada por
a a
los n´meros pares solamente y Codom(f ) es todo IN. Im(f ) =
u
{2m; m ∈ IN} = Codom(f )
7. Sea f : Z → Z tal que f (n) = 4n2 + 5. Estudiemos si f es
Z Z
inyectiva. Busquemos Im(f ) y luego concluyamos si f es epiyec-
tiva.
Soluciń. Tenemos que f no es inyectiva, pues f (a) = f (−a),
o
∀a ∈ ZZ.
Sea m ∈ Im(f ), luego 4n2 + 5 = m, cierto n ∈ Z Luego un
Z.
n´mero est´ en la imagen de f si al restarle 5 es 4 veces un
u a
cuadrado perfecto. Es decir Im(f ) = {4n2 + 5; n ∈ Z = Z
Z} Z
8. Sea f : IN → IN definida por
n + 3; si n es m´ltiplo de 3
u
f (n) =
n; si n no es m´ltiplo de 3
u
Soluciń. Estudiemos si f es inyectiva. Sea f (n) = f (m), luego
o
tenemos los casos siguientes:
(a) Si n y m son m´ltiplos de 3, entonces n + 3 = m + 3.
u
Cancelando el 3, tenemos n = m
(b) Si n es m´ltiplo de 3 y m no es m´ltiplo de 3, entonces
u u
n + 3 = m. Pero n + 3 tambiń es un m´ltiplo de 3. Con-
e u
tradicciń, luego no se tiene este caso.
o

Cap´

(c) Si n y m no son m´ltiplos de 3, entonces n = m.
u

Entonces f es inyectiva
f no es epiyectiva, pues no existe n ∈ IN tal que f (n) = 0. M´s
a
aun Im(f ) = IN∗
Nota. Si consideramos f : Z → Z con la misma escritura
Z Z
anterior entonces f es epiyectiva. En efecto, sea m ∈ Z entonces:
Z

(a) m es m´ltiplo de 3. Luego f (m − 3) = m, pues m − 3
u
tambiń es m´ltiplo de 3.
e u
(b) m no es m´ltiplo de 3, entonces f (m) = m.
u

9. Sean A = {0, 1, 2, ..., 99} y f : A → A tal que f (a) = |a − 99|.
Soluciń. Puesto que a ∈ A, a − 99 ≤ 0 y |a − 99| = 99 − a
o

(a) Sea f (a) = f (b), luego 99 − a = 99 − b, luego a = b. Es
decir f es inyectiva.
(b) Sea b ∈ A. Supongamos que existe a ∈ A tal que f (a) = b.
Luego 99 − a = b. Luego a = 99 − b. Pregunta ¿99 − b ∈ A?
En efecto 0 ≤ b ≤ 99, luego 0 ≥ −b ≥ −99. Sumemos 99.
Tenemos 99 ≥ 99 − b ≥ 0. Luego 99 − b ∈ A y f (99 − b) = b.
Luego f es epiyectiva.


n + 2; si n es par
f (n) =
n + 1; si n impar

Busquemos f n
Soluciń.
o

(a) Si n es par: f 2 (n) = f (n + 2) = (n + 2) + 2 = n + 2 · 2.
Si n es impar: f 2 (n) = f (n + 1) = (n + 1) + 2
Si n es par: f 3 (n) = f (n + 2 · 2) = (n + 2 · 2) + 2 = n + 3 · 2
Si n es impar: f 3 (n) = f ((n + 1) + 2) = ((n + 1) + 2) =
((n + 1) + 2) + 2 = (n + 1) + 2 · 2

n Algebra

(b) Hip´tesis de inducciń
o o

n + m · 2; si n es par
f m (n) =
(n + 1) + (m − 1) · 2; si n impar

(c) Por demostrar:

n + (m + 1) · 2; si n es par
f m+1 (n) =
(n + 1) + m · 2; si n impar
Si n es par:

f m+1 (n) = f (f m (n)) = f (n+m·2) = (n+m)+2 = n+(m+1)·2

Si n es impar:

f m+1 (n) = f (f m (n)) = f ((n + 1) + (m − 1) · 2)
= (n + 1) + (m − 1) · 2 + 2
= (n + 1) + m · 2

Por (a), (b) y (c) tenemos que la hip´tesis de inducciń es
o o
verdadera para todo n´mero natural.
u

11. Sea A no vac´ f : A → A, una funciń. Definimos f n : A → A,
ıo, o
por medio de la recurrencia f 0 = f , f n+1 = f n ◦ f . Demostremos
que:
(1) f biyectiva ⇒ f n biyectiva.
(2) f biyectiva ⇒ (f n )−1 = (f −1 )n
Soluciń (1)
o

(a) Para n = 2 tenemos

f 2 (x1 ) = f 2 (x2 ) ⇒ f (f (x1 )) = f (f (x2 )) ⇒ f (x1 ) = f (x2 )
⇒ x1 = x2

Luego f 2 es inyectiva
(b) Hip´tesis de inducciń. Supongamos que f n es inyectiva.
o o

Cap´

(c) Por demostrar que f n+1 es inyectiva.

f n+1 (x1 ) = f n+1 (x2 ) ⇒ (f n ◦ f )(x1 ) = (f n ◦ f )(x2 )
⇒ f n (f (x1 )) = f n (f (x2 ))
⇒ f (x1 ) = f (x2 )
⇒ x1 = x2

Luego f n+1 es inyectiva.

Por (a), (b) y (c) tenemos que f n es inyectiva ∀n ∈ IN. La
epiyectividad queda de tarea.
Soluciń (2)
o

(a) n = 1 tenemos (f 1 )−1 = f −1 = (f −1 )1
(b) Hip´tesis de inducciń. Supongamos que (f n )−1 = (f −1 )n
o o
(c) Por demostrar: (f n+1 )−1 = (f −1 )n+1 . En efecto,

(f −1 )n+1 = (f −1 )n ◦f −1 = (f n )−1 ◦f −1 = (f ◦f n )−1 = (f n+1 )−1

Por (a), (b) y (c) tenemos que la proposiciń es v´lida para todo
o a
n´mero natural n.
u

1. Para cada una de las funciones dadas, estudie: dominio, codo-
minio, imagen, inyectividad y epiyectividad.

(a) f : P (U ) → P (U ) ; f (X) = X, donde U es un conjunto.
(b) g : Z → Z g(a) = a2 + 1.
Z Z;
(c) s : IN → IN; s(n) = n + 1.
(d) h : Z → Z tal que h(n) = 4n + 5.
Z Z
(e) t : Z × Z → Z t(a, b) = a + b + 2ab.
Z Z Z;
n
2. Sea fa,b : IR → IR; fa,b (x) = ax + b. Determine fa,b

3. Sea f : Z → Z una funciń con la propiedad siguiente:
Z Z o

n Algebra

f (n + m) = f (n) + f (m)

para cada par de enteros n y m

(a) Se define la relaciń R en Z por:
o Z
nRm ⇔ f (n) = f (m)
Pruebe que R es una relaciń de equivalencia.
o
(b) Pruebe que f (0) = 0, recuerde para ello que 0 + 0 = 0
(c) Pruebe que f (−m) = −f (m); ∀m ∈ Z Indicaciń use que
Z. o
m − m = 0.

4. Sea A = IR × IR∗ y f : A → A tal que f (a, x) = (ax, 2x).
Demuestre que f es biyectiva.

5. Sea f : IR → IR; f (x) = x + 3. Encuentre f n , donde n ∈ IN.

6. Establezca una biyecciń entre:
o

(a) IN y {n ∈ IN; n es impar}
(b) IN y {n2 ; n ∈ IN}
(c) IN y {n3 ; n ∈ IN}.

Cap´
ıtulo 6

Estructuras Algebraicas

6.1 Ley de composiciń interna
o
En este cap´ıtulo vamos a trabajar con conjuntos y operaciones definidas
en ellos. Estudiaremos algunas propiedades que cumplen en cada caso.
Por ejemplo estudiaremos IN y la suma ah´ definida. O bien Z con la
ı Z
suma o el producto ah´ definidos.
ı
Comencemos por estudiar algunos casos.
Observaciń. Cuando estudiamos las proposiciones l´gicas, vimos
o o
que su valor de verdad pod´ ser Verdadero o Falso. Sea B = {F, V }.
ıa
Pensemos en B con los conectivos ”∨” e ”∧” separadamente.

∨ V F ∧ F V
V V V F F F
F V F V F V

Puesto que al componer dos elementos de B obtenemos un elemento
de B, diremos que ”∨” e ”∧” son ”leyes de composiciń interna de
o
B”.
Observamos que (B, ∨) tiene el mismo comportamiento que (B, ∧),
s´lo que F y V hacen el comportamiento cambiado.
o

197

n Algebra

Observaciń. Consideremos Z 2 = {0, 1} con la operaciń suma:
o Z o
+ 0 1
0 0 1
1 1 0
Diremos que la suma es una ”ley de composiciń interna” de Z 2
o Z
Observaciń. Consideremos Z 3 = {0, 1, 2} sin el 0, es decir Z ∗ =
o Z Z3
{1, 2} con la multiplicaciń siguiente:
o

· 1 2
1 1 2
2 2 1
Diremos que · es una ”ley de composiciń interna” de Z 3 ∗. Observa-
o Z
mos que (Z 2 , +) tiene un comportamiento an´logo a (Z 3 ∗, ·). Basta
Z a Z
cambiar el 0 de Z 2 por el 1 de Z 3 ∗ y el 1 de Z 2 por el 2 de Z 3 ∗.
Z Z Z Z
Diremos que tienen la misma ”estructura algebraica”

Definiciń 6.1.1 Sea A un conjunto no vac´ Diremos que ∗,
o ıo.

∗ : A × A −→ A; (x, y) → x ∗ y
es una ley de composiciń interna en A, debido a que al com-
o
poner dos elementos de A obtenemos un elemento de A. Abreviaremos
simplemente l.c.i.

Definiciń 6.1.2 Un conjunto dotado de una ley de composiciń in-
o o
terna es llamado una estructura algebraica. Diremos que (A, ∗) es
una estructura algebraica.

Tambiń diremos que ”A es cerrado para ∗”.
e
Ejemplos

1. La multiplicaciń es una l.c.i. en IN. Diremos tambiń que (IN, ·)
o e
es una estructura algebraica. O bien que IN es cerrado para la
multiplicaciń.
o

Cap´
ıtulo 6. Estructuras Algebraicas 199

2. La multiplicaciń es una l.c.i. en Z pues la multiplicaciń de
o Z, o
dos n´meros enteros es un n´mero entero. O bien diremos que
u u
(Z ·) es una estructura algebraica, o bien diremos que Z es
Z, Z
cerrado para la multiplicaciń.
o

3. Z no es cerrado para la divisiń, pues la divisiń de dos n´meros
Z o o u
enteros no es siempre un n´mero entero. O bien, Z con la di-
u Z
visiń no es una estructura algebraica. O bien la divisiń no es
o o
una l.c.i. en ZZ

4. IN con la resta no es una estructura algebraica.

5. La multiplicaciń es una l.c.i. en Q y tambiń en IR
o e

6.1.1 Propiedades de una l.c.i. en un conjunto
Definiciń 6.1.3 Diremos que una l.c.i. ∗ es asociativa en un con-
o
junto A si
x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z; ∀x, y, z ∈ A

Ejemplos

1. La multiplicaciń es una l.c.i. asociativa en Z pues
o Z,

a · (b · c) = (a · b) · c; ∀a, b, c ∈ ZZ

2. La resta no es asociativa en Z La elevaciń a potencia tampoco
Z. o
lo es. Contraejemplo
3
(22 )3 = 26 ; 2(2 ) = 28

Definiciń 6.1.4 Diremos que una l.c.i. ∗ es conmutativa en A si
o

x ∗ y = y ∗ x; ∀x, y ∈ A

Ejemplos

n Algebra

1. La suma y la multiplicaciń son conmutativas en IN, Z y Q
o Z

2. La resta y la divisiń no son conmutativas en IN, o bien en Z
o Z,
etc.

Definiciń 6.1.5 Dadas dos l.c.i. en A, ∗ y ⊳ , entonces ∗ se dis-
o
tribuye con respecto a ⊳ ssi

x ∗ (y ⊳ z) = (x ∗ y) ⊳ (x ∗ z); ∀x, y, z ∈ A

Ejemplos

1. En Z tenemos que la suma y el producto son l.c.i. Ocurre que
Z
el producto se distribuye con respecto a la suma. Es decir:

a · (b + c) = a · b + a · c; ∀a, b, c ∈ ZZ

2. En un conjunto formado por proposiciones l´gicas, se tiene que ∨
o
se distribuye con respecto a ∧ y rec´
ıprocamente ∧ se distribuye
con respecto a ∨ En efecto:

p ∨ (q ∧ r) = (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

p ∧ (q ∨ r) = (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

3. Sea X un conjunto y P (X) su conjunto potencia. En P (X) se
tiene

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C); ∀A, B, C ∈ P (X)

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C); ∀A, B, C ∈ P (X)
Es decir, la intersecciń se distribuye con respecto a la uniń en
o o
P (X) y en el segundo caso, la uniń se distribuye con respecto
o
a la intersecciń en P (X)
o

Definiciń 6.1.6 Una l.c.i. ∗ sobre A, admite un elemento neutro
o
e si
e ∗ x = x ∗ e = x; ∀x ∈ A

Cap´

Ejemplos

1. El 0 es el neutro para la suma en Z El 1 es el neutro para el
Z.
producto en Z pues
Z,

z + 0 = 0 + z = z; ∀z ∈ ZZ

1 · z = z · 1 = z; ∀z ∈ ZZ

2. Sea A = IRIR = {funciones; f : IR → IR}, entonces idIR : IR → IR
es el neutro para la composiciń en A. Se tiene
o

f ◦ idIR = idIR ◦ f = f ; ∀f ∈ A

3. Sea A = {e, a, b} con la multiplicaciń dada por la siguiente
o
tabla:
∗ e a b
e e a b
a a b e
b b e a
Entonces e es el neutro de la operaciń ∗.
o
4. Sea A un conjunto y P (A) su conjunto potencia. Se tiene que

X ∪ ∅ = ∅ ∪ X = X; ∀X ∈ P (A)

Luego ∅ es el neutro para la uniń en P (A). Adem´s
o a

X ∩ A = A ∩ X = X; ∀X ∈ P (A)

Luego A es el neutro para la intersecciń de conjuntos en P(A).
o
5. En Z 4 consideremos su producto, el cual vemos en la siguiente
Z
tabla:
· 0 1 2 3
0 0 0 0 0
1 0 1 2 3
2 0 2 0 2
3 0 3 2 1
Luego en Z 4 el 1 es el elemento neutro para el producto.
Z

n Algebra

Definiciń 6.1.7 Un elemento z ∈ A es llamado cero
o o ab-
sorbente en A con respecto a una l.c.i. ∗ si:

z ∗ x = x ∗ z = z; ∀x ∈ A

Ejemplos

1. El 0 es absorbente con respecto a la multiplicaciń en Z
o Z.

2. Sea A un conjunto y P (A) su conjunto potencia.
El ∅ es absorbente con respecto a la intersecciń de conjuntos.
o
Es decir:
X ∩ ∅ = ∅ ∩ X = ∅; ∀X ∈ P (A)

Por otra parte, A es absorbente con respecto a la uniń de con-
o
juntos, es decir:

X ∪ A = A ∪ X = A; ∀X ∈ P (A)

Definiciń 6.1.8 Un elemento x ∈ A es llamado idempotente si:
o

x ∗ x = x;

Ejemplos

1. El 1, en Z es un idempotente con respecto a la multiplicaciń,
Z, o
pues 1 · 1 = 1.
El 0 es un idempotente en Z con respecto a la suma pues
Z,
0+0=0

2. Sea F un conjunto de proposiciones l´gicas, entonces toda
o
proposiciń en F es idempotente con respecto a la disyunciń
o o
y a la conjunciń. Es decir, para toda proposiciń p ∈ F se
o o
tiene:
p ∨ p = p; p ∧ p = p

Cap´

3. Sea A un conjunto. Todo X ∈ P (A) es idempotente para la
uniń y la intersecciń:
o o
X ∪ X = X; X ∩ X = X

4. Sea A = {f ; f : IR → IR}. Se tiene que la funciń id : IR →
o
IR; id(x) = x es idempotente en A con respecto a la composiciń
o
de funciones, pues:
(id ◦ id)(x) = id(id(x)) = id(x) = x; ∀x ∈ A
Luego
id ◦ id = id
Adem´s
a
O : IR → IR; O(x) = 0; ∀x ∈ IR
Entonces la funciń O es idempotente en A, pues:
o
(O ◦ O)(x) = O(O(x)) = O(0) = 0 = O(x); ∀x ∈ A
Luego
O◦O =O

Definiciń 6.1.9 Dado x ∈ A, diremos que y ∈ A es inverso de x
o
ssi
x∗y =y∗x=e
donde e es el neutro con respecto a la operaciń ∗.
o

Notaciń aditiva:−x; Notaciń multiplicativa x−1
o o
Ejemplos

1. Consideremos el conjunto A={e,a,b} y la operaciń ∗ definida
o
por la tabla siguiente:
∗ e a b
e e a b
a a b e
b b e a
En este caso a−1 = b y b−1 = a

n Algebra

2. En Z ∗ con el producto dado por la tabla siguiente:
Z3

· 1 2
1 1 2
2 2 1
1
En este caso 2−1 = 2. Podemos escribir: 2
=2
3. Consideremos (Z 5 ∗, ·), con el producto dado por la tabla sgte.:
Z

· 1 2 3 4
1 1 2 3 4
2 2 4 1 3
3 3 1 4 2
4 4 3 2 1

Tenemos que 2−1 = 3, 3−1 = 2, 4−1 = 4. Tambi´n podemos
e
escribir:
1 1 1
= 3; = 2; =4
2 3 4
4. (Z 4 , ·) es una estructura algebraica
Z con producto deﬁnido por
la tabla siguiente:
· 0 1 2 3
0 0 0 0 0
1 0 1 2 3
2 0 2 0 2
3 0 3 2 1
Entonces el 0 y el 2 no tienen inverso multiplicativo.
No existe x ∈ Z 4 tal que 2 · x = 1. Idem para el 0. El inverso
Z
de 3 es 3, es decir, 3−1 = 3 o bien 1 = 3.
3

5. Sea X un conjunto universo y sea A ⊂ X. Tenemos las tablas
siguientes:
∪ A ∅ X ∩ A ∅ X
A A A X A A ∅ A
∅ A ∅ X ∅ ∅ ∅ ∅
X X X X X A ∅ X

Cap´

En el caso de la uniń, el conjunto ∅ es el neutro. X es ab-
o
sorbente. Son idempotentes X, A, ∅. En el caso de la intersecciń,
o
X es neutro. Absorbente es ∅ y son idempotentes: ∅, A, X. No
hay inversos.

6. En IR, estudiemos la operaciń ∗ definida por:
o

a ∗ b = a + b + ab

(a) ∗ es una l.c.i. en IR, pues la suma de n´meros reales es un
u
n´mero real y el producto de n´meros reales es un n´mero
u u u
real, luego a ∗ b es un n´mero real.
u
(b) ∗ es asociativa. En efecto:

(a ∗ b) ∗ c = (a + b + ab) ∗ c
= (a + b + ab) + c + (a + b + ab)c
= a + b + ab + c + ac + bc + abc
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + c + bc)
= a + b + c + bc + a(b + c + bc)
= a + b + c + bc + ab + ac + abc

(c) ∗ es conmutativa
(d) Existe un neutro. Busqu´moslo
e
a ∗ x = a; ∀a ∈ A ssi a + x + ax = a; ∀a ∈ A ssi
(1 + a)x = 0; ∀a ∈ A, luego x = 0, es decir, el neutro es
el 0.
(e) Busquemos si los elementos de A tienen inversos. Dado x ∈
A buscamos encontrar y ∈ A, tal que x ∗ y = 0.

x ∗ y = 0 ⇒ x + y + xy = 0 ⇒ (1 + x)y = −x

Entonces
−x
y= ; ssi x = −1
1+x
Luego −1 es el unico elemento de IR que no tiene inverso
´
con respecto a esta ley.

n Algebra

Proposiciń 6.1.1 Sea (A, ∗) una estructura algebraica. Entonces, si
o
existe un elemento neutro e ∈ A, ´ste es unico.
e ´

Demostraciń. Sean e, e′ ∈ A, neutros, entonces
o
e′ = e′ ∗ e = e
En la primera igualdad utilizamos el hecho que e es neutro y en la
segunda igualdad utilizamos el hecho que e′ es neutro. Puesto que
e = e′ , el neutro es unico.
´

Proposiciń 6.1.2 Sea (A, ∗) una estructura algebraica. Si ∗ es una
o
l.c.i. asociativa y si existe elemento neutro e, entonces:

1. El inverso de un elemento es unico.
´
2. Si a−1 es el inverso de a y b−1 es el inverso de b, entonces el
elemento a ∗ b tiene inverso y su inverso es (a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1

Demostraciń (1) Sea a ∈ A un elemento cualquiera. Sean c y d dos
o
inversos de a, entonces
c = c ∗ e = c ∗ (a ∗ d) = (c ∗ a) ∗ d = e ∗ d = d
En forma sucesiva utilizamos las propiedades siguientes: que e es el
neutro, que d es inverso de a, que ∗ es asociativa, que c es inverso de a
y que e es el neutro. Luego a tiene un unico inverso. Esto quiere decir
´
que todo elemento tiene un unico inverso.
´
Demostraciń (2) (b−1 ∗ a−1 ) ∗ (a ∗ b) = b−1 ∗ ((a−1 ∗ a) ∗ b) =
o
b ∗ (e ∗ b) = b−1 ∗ b = e
−1

En forma sucesiva utilizamos las propiedades siguientes: ∗ es asocia-
tiva, a−1 es el inverso de a, e es el neutro, b−1 es el inverso de b.
De la misma manera se demuestra tambiń que (a ∗ b) ∗ (b−1 ∗ a−1 ) = e.
e
Luego b−1 ∗ a−1 es el inverso de a ∗ b.
Ejemplo. En Z la suma es asociativa. Tenemos un unico elemento
Z, ´
neutro, denotado 0 y todo elemento a ∈ Z tiene un unico inverso
Z, ´
aditivo, denotado −a.

Cap´

Definiciń 6.1.10 Diremos que un elemento a ∈ A es cancelable
o
con respecto a la l.c.i. ∗ si y s´lo si para todo b, c ∈ A se tiene:
o

a ∗ b = a ∗ c =⇒ b = c
b ∗ a = c ∗ a =⇒ b = c

Ejemplo. En (IN, +), se tiene:

2 + b = 2 + c =⇒ b = c
b + 2 = c + 2 =⇒ b = c

N´tese que no hemos sumado −2 a ambos lados, pues no existe −2 ∈
o
IN. Diremos que 2 es cancelable para la suma.
Observaciń. Un elemento a no es cancelable cuando en su tabla se
o
tiene lo siguiente:

∗ ··· c ··· d ···
··· ··· ··· ··· ··· ···
a ··· b ··· b··· ···
··· ··· ··· ··· ··· ···

Es decir, cuando tenemos a ∗ c = b y a ∗ d = b. Luego tenemos a ∗ c =
a ∗ d. No podemos cancelar a. Tendr´ıamos c = d, lo cual es falso.
Ejemplo. Consideremos Z ∗ , con la multiplicaciń siguiente. Su tabla
Z6 o
es la siguiente:
· 1 2 3 4 5
1 1 2 3 4 5
2 2 4 0 2 4
3 3 0 3 0 3
4 4 2 0 4 2
5 5 4 3 2 1
El 2 no es cancelable. Observemos que: 2 ∗ 2 = 4 y 2 ∗ 5 = 4. Es decir
2∗2=2∗5 y 2=5
El 3 no es cancelable. Contraejemplo: 3 ∗ 3 = 3 ∗ 5 y 3 = 5. O bien
3∗2=3∗4 y 2=4
Sin embargo el 5 es cancelable.

n Algebra

Proposiciń 6.1.3 Sea (A, ∗) una estructura algebraica, con la l.c.i.
o
∗ asociativa y elemento neutro e, entonces todo elemento invertible es
cancelable.

Demostraciń. Sea a ∈ A invertible, con inverso a−1 . Entonces:
o

y ∗ a = z ∗ a ⇒ (y ∗ a) ∗ a−1 = (z ∗ a) ∗ a−1

Asociando, tenemos: y ∗ (a ∗ a−1 ) = z ∗ (a ∗ a−1 ). Luego y ∗ e = z ∗ e.
De donde y = z.
De la misma manera, a es cancelable al lado izquierdo.
Ejemplo. Consideremos nuevamente Z ∗ , con la mutiplicaciń antes
Z6 o
definida. Tenemos que 5 es invertible. Entonces

b · 5 = a · 5 ⇒ (b · 5) · 5 = (a · 5) · 5 ⇒ b · (5 · 5) = a · (5 · 5) ⇒
b·1=a·1 ⇒ b=a

6.2 Subestructuras
Introducciń. Si tenemos una estructura algebraica, (A, ∗), estamos
o
interesados en estudiar una estructura (B, ∗), donde B es un subcon-
junto de A. Estamos interesados en encontrar propiedades en comń u
entre A y B.
Observaciń. Consideremos (Q, ·). Sabemos que es una estructura
o
algebraica. Tenemos que Z es un subconjunto de Q. Ocurre que (Z ·)
Z Z,
es una estructura algebraica. Diremos que (ZZ.·) es una subestructura
algebraica de (Q.·). Tambiń diremos que ” · ” es estable en Z
e Z.

Definiciń 6.2.1 Diremos que la operaciń ∗ es cerrado o estable
o o
en A ssi
x ∗ y ∈ A; ∀x, y ∈ A

Ejemplos

1. La suma es estable en IN.

Cap´

2. El producto es estable en IN.

3. Sea I = {impares}. Entonces la multiplicaciń es estable en I.
o
En efecto,

(2n+1)(2m+1) = 4nm+2n+2m+1 = 2(2nm+n+m)+1 = 2a+1

donde a = 2nm + n + m. Luego el producto de dos n´meros
u
impares es un n´mero impar.
u

Pregunta: Sea A ⊂ B. Sean A y B cerrados para una l.c.i. ∗. ¿Qu´ e
propiedades de ∗ en B siguen cumplińdose en A?. La respuesta a esta
e
pregunta la tenemos en la siguiente proposiciń.
o

Proposiciń 6.2.1 Sea A ⊂ B. Sean (B, ∗) y (A, ∗) dos estructuras
o
algebraicas. Entonces

1. Si ∗ es asociativa en B, entonces ∗ es asociativa en A.

2. Si ∗ es conmutativa en B, entonces ∗ es conmutativa en A.

3. Si a es cancelable en B, entonces a es cancelable en A.

4. Si adem´s se tiene otra l.c.i. ⊳ en B entonces :
a
Si ∗ se distribuye con respecto a ⊳ en B, entonces ∗ se distribuye
con respecto a ⊳ en A.

Demostraciń (1) Si ∗ es asociativa en B, entonces
o

a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c; ∀a, b, c ∈ B

En particular

a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c; ∀a, b, c ∈ A

Para las dem´s demostraciones se tiene el mismo razonamiento, es
a
decir, si es v´lido para todo elemento de B, entonces en particular es
a
v´lido para todo elemento de A.
a

n Algebra

Nota. Si B tiene elemento neutro segń ∗, no siempre es cierto que
u
este elemento neutro se encuentre en A. Es deccir, si e ∈ B, e neutro
con respecto a ∗, no siempre se tiene e ∈ A.
Lo mismo ocurre para los elementos inversos de elementos de B.
Observaciń. Sabemos que IN ⊂ Z y que (Z +) y (IN, +) son
o Z Z,
estructuras algebraicas. Todo elemento a ∈ Z tiene inverso aditivo en
Z
Z sin embargo, ningń elemento de IN, tiene inverso aditivo en IN.
Z, u

6.3 Grupos, anillos y cuerpos
Veremos en esta secciń, algunas estructuras con algunos ejemplos de
o
cada una de ellas.

Definiciń 6.3.1 Dada la estructura algebraica (X, ∗), diremos que
o
tiene estructura de grupo o que es un grupo, si la l.c.i. ∗ verifica:
G.1. ∗ es asociativa.
G.2. ∗ admite elemento neutro.
G.3. Cada elemento de X tiene su inverso en X, con respecto a ∗.
Si adem´s ∗ es conmutativa, diremos que (X, ∗) es un grupo con-
a
mutativo o abeliano

Ejemplos

1. Son grupos abelianos: (Z +), (Q∗ , ·), (IR, +), (IR∗ , ·).
Z,
2. Consideremos las funciones reales siguientes: fi : IR → IR,
definidas por:
1 1
f1 = id; f2 (x) = ; f3 (x) = 1 − x; f4 (x) = ;
x 1−x
x−1 x
f5 (x) = ; f6 (x) =
x x−1
Estudiemos (G, ◦), donde G = {f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 } con respecto
a la composiciń de funciones.
o

Cap´

Tenemos la tabla siguiente:

◦ f1 f2 f3 f4 f5 f6
f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6
f2 f2 f1 f4 f3 f6 f5
f3 f3 f5 f1 f6 f2 f4
f4 f4 f6 f2 f5 f1 f3
f5 f5 f3 f6 f1 f4 f2
f6 f6 f4 f5 f2 f3 f1

Observemos que:El neutro para esta operaciń es f1
o
−1 −1 −1 −1
f2 = f2 ; f3 = f3 ; f4 f5 ; f6 = f6

Dos ejemplos de c´mo obtener estos resultados son los siguientes:
o
1 1
(f4 ◦ f3 )(x) = f4 (f3 (x)) = f4 (1 − x) = = = f2 (x)
1 − (1 − x) x
x−1
x−1 x x−1
(f6 ◦ f5 )(x) = f6 ( )= x−1 = = 1 − x = f3 (x)
x x
− 1 −1
Observe que este grupo no es conmutativo.

3. Consideremos el grupo G = {N, I, D, O}. Donde se tiene:
N = no rotar; I = rotar en 900 a la izquierda; D = rotar en 900
a la derecha; O = rotar en 1800 . Su tabla de composiciń es la
o
siguiente:
◦ N I D O
N N I D O
I I O N D
D D N O I
O O D I N
Entonces (G, ◦) es un grupo conmutativo. El elemento neutro es
N . El inverso de I es D. El inverso de O es el mismo.

4. Rotaciones y simetr´ del trińgulo. La notaciń △ABC
ıas a o
considera los v´rtices en sentido horario. Definamos las rota-
e
ciones y simetr´ siguientes:
ıas

n Algebra

r1 : △ABC −→ △CAB; r2 : △ABC −→ △BCA

r0 : △ABC −→ △ABC; s1 : △ABC −→ △ACB

s2 : △ABC −→ △CBA; s3 : △ABC −→ △BAC

Sea (G = {r0 , r1 , r2 , s1 , s2 , s3 }, ◦). Consideremos la composiciń
o
funciones. Entonces tenemos la tabla de composiciones sgte:

◦ r0 r1 r2 s1 s2 s3
r0 r0 r1 r2 s1 s2 s3
r1 r1 r2 r0 s2 s3 s1
r2 r2 r0 r1 s3 s1 s2
s1 s1 s2 s3 r0 r2 r1
s2 s2 s3 s1 r1 r0 r2
s3 s3 s2 s1 r2 r1 r0

Entonces (G, ◦) es un grupo. Es llamado el grupo de las rota-
ciones y simetr´ del trińgulo.
ıas a

Ejercicio. Sea A = Q − { −1 } y
4

∗ : A × A −→ A; tal que a ∗ b = a + b + 4ab

Demostremos que (A, ∗) es un grupo.
Soluciń.
o

1. Demostremos que (A, ∗) es una estructura algebraica. Supong-
amos que no lo es, es decir, supongamos que a ∗ b = −1 con 4
a, b = −1 . Tenemos a ∗ b = −1 , es decir, a + b + 4ab = −1 . Luego
4 4 4
b(1 + 4a) = −1 − a. Luego b = 4(1+4a) = −1 . Contradicciń pues
4
−1−4a
4
o
−1
b= 4

Cap´

2. ∗ es asociativa.
(a ∗ b) ∗ c = (a + b + 4ab) ∗ c
= a + b + 4ab + c + 4(a + b + 4ab)c
= a + b + c + 4ab + 4ac + 4bc + 16abc
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + c + 4bc)
= a + b + c + 4bc + 4a(b + c + 4bc)
= a + b + c + 4bc + 4ab + 4ac + 16abc

3. Existe elemento neutro. Sea b el elemento neutro. Luego a∗b = a;
∀a ∈ A. Luego a + b + 4ab = a; ∀a ∈ A. De donde b(1 + 4a) = 0;
∀a ∈ A. Puesto que 1 + 4a = 0; ∀a ∈ A, tenemos que b = 0.
Luego el neutro es el 0.
4. Todo elemento tiene inverso. Sea a ∈ A cualquiera. Sea b su posi-
ble inverso. Luego a ∗ b = 0. De donde a + b + 4ab = 0. Entonces
−a −a
b = 1+4a . Es decir a−1 = 1+4a . Conclusiń: todo elemento tiene
o
inverso.
5. ∗ es conmutativa pues su escritura es sim´trica.
e

Definiciń 6.3.2 Supongamos que el conjunto X forma una estruc-
o
tura algebraica con las l.c.i. ∗ y ⊳. Diremos que (X, ∗, ⊳) es un anillo
si se tiene:
A.1. (X, ∗) es un grupo abeliano.
A.2. ⊳ es asociativa.
A.3.⊳ se distribuye con respecto a ∗ .
Si adem´s ⊳ es conmutativa, diremos que (X, ∗, ⊳) es un anillo con-
a
mutativo.
Si existe un elemento neutro con respecto a la segunda l.c.i., diremos
que (X, ∗, ⊳) es un anillo con unidad

Ejemplo. (Z +, ·) es un anillo con unidad.
Z,

Definiciń 6.3.3 Sea (A, +, ·) un anillo. Diremos que a ∈ A, a = 0,
o
es un divisor de cero si existe b ∈ A, b = 0, tal que a · b = 0.

n Algebra

Definiciń 6.3.4 Diremos que (X, ∗, ⊳) es un cuerpo si:
o
C.1. (X, ∗, ⊳) es un anillo.
C.2. (X − {e}, ⊳) es un grupo, donde e es el neutro de X, segń ∗.
u
Si ⊳ es una l.c.i. conmutativa, diremos que (X, ∗, ⊳) es un cuerpo con-
mutativo.

Ejemplos. (Q, +, ·) y (IR, +, ·) son cuerpos conmutativos.
Nota. La secciń sub siguiente estar´ dedicada a dar ejemplos de
o a
anillos y cuerpos con un n´mero finito de elementos.
u

6.4 Subgrupos
Observaciń. Se tiene que (Q∗ , ·) es un grupo. Adem´s H = ({−1, 1}, ·)
o a
∗
tambiń es un grupo y H ⊂ Q . Diremos que ”H es un subgrupo de
e
∗
Q ”, con respecto a la multiplicaciń.
o

Definiciń 6.4.1 Dado un grupo (G, ∗), diremos que (H, ∗) es un
o
subgrupo de G si:

1. H = ∅, H ⊂ G

2. (H, ∗) es un grupo

Ejemplo. Sea G el grupo de las rotaciones y simetr´ del trińgulo.
ıa a
Tenemos que H1 = {r0 , r1 , r2 } es un subgrupo de G.
H2 = {r0 , s1 }; H3 = {r0 , s2 }; H4 = {r0 , s3 } tambiń son subgrupos de
e
G. Sin olvidar que G y {r0 } tambiń lo son.
e
En total hay 6 subgrupos de (G, ◦)

Proposiciń 6.4.1 (Caracterizaciń de subgrupo) Sea G un con-
o o
junto; H ⊂ G, H = ∅. Son equivalentes:

1. (H, ∗) es un subgrupo de (G, ∗)

Cap´

2. h ∗ g −1 ∈ H; ∀h, g ∈ H

Demostraciń (1) ⇒ (2) Si H es un subgrupo de G, ∗ es una l.c.i.
o
cerrada en H. Luego

h, g ∈ H ⇒ g −1 ∈ H, h ∈ H ⇒ h · g −1 ∈ H

Demostraciń (2)⇒ (1)
o

1. ∗ es asociativa en G, luego lo es tambiń para los elementos de
e
H.
2. H = ∅, luego existe h ∈ H, luego usando la hip´tesis se concluye
o
que h ∗ h−1 ∈ H. Luego e ∈ H
3. Dado h ∈ H, entonces e, h ∈ H, entonces e ∗ h−1 ∈ H, luego
h−1 ∈ H. Es decir todo elemento de H, tiene su inverso en H.
4. ∗ es cerrado en H pues:
h, g ∈ H ⇒ h, g −1 ∈ H ⇒ h ∗ (g −1 )−1 ∈ H ⇒ h ∗ g ∈ H

Luego (H, ∗) es un subgrupo de (G, ∗)

Definiciń 6.4.2 Diremos que (H, ∗) es un subgrupo propio de
o
(G, ∗), si H ⊂ G, H = G, H = {e}
Diremos que {e} y G son los subgrupos triviales de (G, ∗)

Ejemplos

1. (Z +) es un subgrupo propio de (Q, +).
Z,
2. Consideremos las funciones reales siguientes: fi : IR −→ IR,
definidas por:
1
f1 = id; f2 (x) = ; f3 (x) = 1 − x;
x
1 x−1 x
f4 (x) = ; f5 (x) = ; f6 (x) =
1−x x x−1

n Algebra

Consideremos (G, ◦), donde G = {f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 } con re-
specto a la composiciń de funciones. Tenemos que {f1 } y G son
o
los dos subgrupos triviales de (G, ∗).
Hay tres subgrupos propios de dos elementos cada uno, a saber:
{f1 , f2 }, {f1 , f3 }, {f1 , f6 }
{f1 , f4 , f5 } es un subgrupo propio de G con tres elementos.
Nota. El grupo de las rotaciones y simetr´ del trińgulo tienen
ıas a
los mismos subgrupos que el visto recientemente.
3. Consideremos G = {N, I, D, O} del ejemplo visto anteriormente.
Tenemos que {N } y G son los dos subgrupos triviales de G.
{N, O} es un subgrupo propio de G
4. Consideremos Z 4 = {0, 1, 2, 3}, con su tabla de la suma:
Z
⊕ 0 1 2 3
0 0 1 2 3
1 1 2 3 0
2 2 3 0 1
3 3 0 1 2
Tiene como unico subgrupo propio a H = ({0, 2}, ⊕). Tiene la
´
misma estructura que el grupo G = {N, I, D, O} visto anterior-
mente.
5. Sea G = {e, a, b, c} y ∗ definida por la tabla siguiente:
∗ e a b c
e e a b c
a a e c b
b b c e a
c c b a e
Tiene tres subgrupos propios de dos elementos cada uno, a saber:
{e, a}; {e, b}; {e, c}

Este grupo es llamado grupo de Klein. Este grupo no tiene la
misma estructura que el grupo anterior.

Cap´

Nota. Usted puede verificar que no hay m´s que estos dos grupos de
a
4 elementos.

6.5 Estructura de Z n
Z
Estructura de (Z 6 , ⊕)
Z

Sobre Z se define:
Z

aRb ssi a − b = 6k; cierto k ∈ ZZ

la cual es una relaciń de equivalencia. Escribimos
o

a = {a + 6k; k ∈ ZZ}

Tenemos que el conjunto cuociente es

Z 6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
Z

La suma est´ definida por:
a

a+b=a+b

Es decir, est´ dada por la tabla siguiente:
a

⊕ 0 1 2 3 4 5
0 0 1 2 3 4 5
1 1 2 3 4 5 0
2 2 3 4 5 0 1
3 3 4 5 0 1 2
4 4 5 0 1 2 3
5 5 0 1 2 3 4

Se tiene que (Z 6 , ⊕) es un grupo abeliano. Hay dos subgrupos triv-
Z
iales: {0} y Z 6 . Hay un subgrupo formado por 2 elementos, a saber:
Z
({0, 3}, ⊕). Hay un subgrupo formado por tres elementos, a saber:
({0, 2, 4}, ⊕)

n Algebra

Estructura de (Z n , ⊕)
Z

Generalizando la situaciń anterior, sobre Z se define:
o Z

aRb ssi a − b = nk; cierto k ∈ ZZ

la cual es una relaciń de equivalencia. Escribimos
o

a = {a + nk; k ∈ ZZ}

Ahora el conjunto cuociente es

Z n = {0, 1, 2, · · · , n − 1}
Z

Con la suma definida por:

a⊕b=a+b

Se tiene que (Z n , ⊕) es un grupo abeliano.
Z

Teorema 6.5.1 (Teorema de Cayley) Sea G un grupo de n ele-
mentos. Si H es un subgrupo de G con m elementos entonces m divide
a n.

Observaciń. Z p tiene p elementos, con p primo. Por el Teorema de
o Z
Cayley, Z p no tiene subgrupos propios, pues el n´mero de elementos
Z u
del subgrupo debe dividir a p.

6.6 Estructura de Sn
Estructura de S3 . Consideremos los siguientes elementos de S3

1 2 3 1 2 3 1 2 3
e= ; a= ; a2 = ;
1 2 3 3 1 2 2 3 1

1 2 3
a3 = e; c= = τ12 ; c2 = e
2 1 3

Cap´

1 2 3 1 2 3
ac = = τ23 ; a2 c = = τ13
1 3 2 3 2 1
Luego S3 = {e, a, a2 , c, ac, a2 c} Su tabla de multiplicaciń es la sigu-
o
iente:

· e a a2 c ac a2 c
2
e e a a c ac a2 c
a a a2 e ac a2 c c
a2 a2 e a a2 c c ac
c c a2 c ac e a2 a
ac ac c a2 c a e a2
a2 c a2 c ac c a2 a e

Tenemos que ({e, a, a2 }, ·), ({e, c}, ·), ({e, ac}, ·) y ({e, a2 c}, ·) son sub-
grupos propios de S3 .
1 2 3 2 3 1
Notaciń. La permutaciń
o o puede ser denotada por ,
2 3 1 3 1 2
2 1 3
o bien por , etc. Escribiendo siempre la imagen de cada el-
3 2 1
emento debajo de ´l.
e
1 2 3 4 5
1. Dada σ =
5 3 4 1 2
(a) Encontremos n minimal, tal que σ n = id.
(b) Busquemos σ −1
1 2 3 4 5
(c) Busquemos τ tal que σ ◦ τ =
3 5 1 2 4
Soluciń.
o
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
(a) σ 2 = ; σ3 =
2 4 1 5 3 3 1 5 2 4

1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
σ4 = ; σ5 = = id
4 5 2 3 1 1 2 3 4 5
Luego n = 5.

n Algebra

(b) Como id = σ 5 = σ 4 σ. De esto se deduce que σ −1 = σ 4 .
(c) Multipliquemos por σ −1 a la izquierda de la igualdad sigu-
iente:
1 2 3 4 5
σ◦τ =
3 5 1 2 4
Se tiene entonces:
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
τ= · =
4 5 2 3 1 3 5 1 2 4 2 1 4 5 3

2. Estudiemos la estructura algebraica de (Z 3 × Z 2 , ⊕, ⊙), donde
Z Z
la suma y el producto son componente a componente.
Soluci´n
o
⊕ (0, 0) (0, 1) (1, 0) (1, 1) (2, 0) (2, 1)
(0, 0) (0, 0) (0, 1) (1, 0) (1, 1) (2, 0) (2, 1)
(0, 1) (0, 1) (0, 0) (1, 1) (1, 0) (2, 1) (2, 0)
(1, 0) (1, 0) (1, 1) (2, 0) (2, 1) (0, 0) (0, 1)
(1, 1) (1, 1) (1, 0) (2, 1) (2, 0) (0, 1) (0, 0)
(2, 0) (2, 0) (2, 1) (0, 0) (0, 1) (1, 0) (1, 1)
(2, 1) (2, 1) (2, 0) (0, 1) (0, 0) (1, 1) (1, 0)

El elemento neutro es el (0, 0). Todo elemento es inver-
tible, luego todo elemento es cancelable.
Veamos la tabla de multiplicaci´n de (Z 3 × Z 2 )*
o Z Z

⊙ (0, 1) (1, 0) (1, 1) (2, 0) (2, 1)
(0, 1) (0, 1) (0, 0) (0, 1) (0, 0) (0, 1)
(1, 0) (0, 0) (1, 0) (1, 0) (2, 0) (2, 0)
(1, 1) (0, 1) (1, 0) (1, 1) (2, 0) (2, 1)
(2, 0) (0, 0) (2, 0) (2, 0) (1, 0) (1, 0)
(2, 1) (0, 1) (2, 0) (2, 1) (1, 0) (1, 1)

El elemento neutro es el (1, 1).
Son divisores de cero: (0, 1), (1, 0), (2, 0).
Solamente el (2, 1) es invertible, cancelable y su inverso es ´l
e
mismo.

Cap´

3. Demostremos que S = {2n ; n ∈ Z es un subgrupo de (Q∗ , ·)
Z}
Soluciń. S = ∅, pues, por ejemplo s = 21 = 2 ∈ S. Adem´s es
o a
claro que S ⊂ Q∗ .
Sean s, t ∈ S. Debemos probar que s · t−1 ∈ S.

s ∈ S =⇒ s = 2n , cierto n ∈ ZZ

Busquemos el elemento neutro. Llam´moslo 2m . Tenemos
e

2n · 2m = 2n , ∀n ∈ ZZ

luego n + m = n, ∀n ∈ Z luego m = 0. El neutro es entonces
Z,
0
2.
Dado t = 2m , buscamos su inverso. Denot´moslo por 2n . Luego
e
2m · 2n = 20 . De donde 2m+n = 20 . Entonces n + m = 0, es decir,
n = −m. Luego t−1 = 2−m
Sean s, t ∈ S, luego s = 2n , t = 2m , ciertos n, m ∈ ZZ
Tenemos s · t−1 = 2n · 2−m = 2n−m ∈ S, pues n − m ∈ ZZ.
Luego (S, ·) es un subgrupo de (Q∗ , ·)

4. Consideremos el conjunto G = {e, α, β, γ}, donde

e, α, β, γ : IR −→ IR

estń definidas por:
a
1 −1
e(x) = x; α(x) = −x; β(x) = ; γ(x) =
x x

Estudiemos (G, ◦)
Soluciń. Observemos que
o

(α ◦ α)(x) = α(α(x)) = α(−x) = −(−x) = x; ∀x ∈ IR

Luego α2 = e.

1
β 2 (x) = (β ◦ β)(x) = β(β(x)) = β( ) = x; ∀x ∈ IR
x

n Algebra

Luego β 2 = e

1 1
(α ◦ β)(x) = α( ) = − = γ(x); ∀x ∈ IR
x x
Luego α ◦ β = γ

1 1
(β ◦ α)(x) = β(α(x)) = β(−x) = = − = γ(x)
−x x
Luego β ◦ α = γ.
La tabla de composiciń es la siguiente:
o
◦ e α β γ
e e α β γ
α α e γ β
β β γ e α
γ γ β α e
El neutro es la identidad e. Los tres restantes elementos α, β
y γ tienen inverso, luego son cancelables. No hay divisores de
cero. En este conjunto la composiciń es conmutativa. Luego
o
este grupo es conmutativo. Nuevamente tenemos el grupo de
Klein.
5. Sea I = {1, 2, 3, 4}. Consideremos las siguientes permutaciones
sobre este conjunto:
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
e= ; σ= ; µ= ;
1 2 3 4 2 1 4 3 4 3 2 1
1 2 3 4
τ=
3 4 1 2
Estudiemos este subgrupo.
Soluciń Tenemos la siguiente tabla de multiplicaciń
o o
· e σ µ τ
e e σ µ τ
σ σ e τ µ
µ µ τ e σ
τ τ µ σ e

Cap´

Nuevamente hemos obtenido el grupo de Klein. El neutro es el
elemento e y cada elemento es el inverso de ´l mismo.
e

6.7 Aritm´tica
e
Estudiemos el reloj de 12 n´meros.
u
Tenemos por ejemplo que el n´mero 13 es el mismo que el 1. Escribire-
u
mos 13 ≡ 1(12). Decir ”son las 15 horas” es lo mismo que decir ”son
las 3”. Escribiremos 15 ≡ 3(12).
Escribiremos
a ≡ b si y s´lo si a − b es un m´ltiplo de 12, es decir, si y s´lo si
o u o
a − b = 12n, cierto n ∈ ZZ
Por ejemplo, tenemos las operaciones siguientes:

8 + 5 ≡ 1(12); 6 + 7 ≡ 1(12); 6 + 8 ≡ 2(12)

Anteriormente hemos visto:

Z 12 = {0, 1, ..., 11}
Z

El inverso aditivo de 2 es 10. Escribiremos −2 = 10. Adem´s −3 = 9,
a
−4 = 8; −5 = 7; −6 = 6.
Observaciń. Consideremos Z 3 , con la suma y el producto definidos
o Z
por:
⊕ 0 1 2
⊙ 1 2
0 0 1 2
1 1 2
1 1 2 0
2 2 1
2 2 0 1
Escribiremos: −1 = 2; −2 = 1. El inverso multiplicativo de 2 ser´
a
1 1
denotado por 2 . Luego 2 = 2, pues 2 · 2 = 1
En Z 3 , resolvamos la ecuaciń:
Z o

2x + 2 = 1

n Algebra

2x + 2 = 1 =⇒ 2x + 3 = 2 =⇒ 2x = 2 =⇒ x = 1
1
Veamos a qu´ corresponde el n´mero ( 2 )1.005 .
e u
Tenemos que ( 1 )1.005 = 21.005 y 22 = 4 = 1. Como 1.005 = 2 · 502 + 1,
2
luego (21.005 ) = 22·502+1 = (22 )502 · 21 = 1502 · 2 = 2
Observaciń. Consideremos Z 4 y en Z 4 ∗. Sus tablas de adiciń y
o Z Z o
multiplicaciń son las siguientes:
o

⊕ 0 1 2 3
⊙ 1 2 3
0 0 1 2 3
1 1 2 3
1 1 2 3 0
2 2 0 2
2 2 3 0 1
3 3 2 1
3 3 0 1 2

El elemento unidad es el 1. El 3 es invertible y su inverso multiplicativo
es 1 = 3. El 2 es un divisor de cero, luego no es invertible y tampoco
3
es cancelable.
En Z 4 , estudiemos la ecuaciń
Z o

2x + 3 = 1

2x + 3 = 1 =⇒ 2x + 4 = 2. Luego x = 1 o x = 3.

1. En Z 12 , resolvamos la ecuaciń
Z o

2x + 3 = 10

Soluciń. 2x + 3 = 10 / + 9 =⇒ 2x + 3 + 9 = 19 =⇒ 2x + 12 = 7
o
2x = 7, la cual no tiene soluciń.
o

2. Resolvamos en Z 12 , la ecuaciń:
Z o

2x + 3 = 11

Soluciń. 2x + 3 = 11 / + 9 =⇒ 2x + 12 = 20 =⇒ 2x = 8 =⇒
o
x1 = 4 x2 = 10

Cap´

3. En Z 5 resolvamos la ecuaciń: 2x + 4 = 1.
Z o
Soluciń. 2x + 4 = 1 / + 1 =⇒ 2x + 5 = 2 =⇒ 2x = 2 =⇒
o
x = 1.

4. En Z 5 resolvamos la ecuaciń 4x − 3 = 4.
Z o
Soluciń. 4x − 3 = 4 / + 8 =⇒ 4x + 5 = 12 =⇒ 4x = 2 =⇒
o
x=3
3 2
5. En Z 5 , busquemos el valor de
Z 4
y 3.
3 1 3
Soluciń.
o 4
=3· 4
= 3 · 4 = 12 = 2. Luego 4
=2
2 1 2
3
=2· 3
= 2 · 2 = 4. Luego 3
=4

6. En Z estudiemos si el n´mero 66 + 44 es divisible por 5.
Z u
Soluciń. 66 + 44 = 16 + (−1)4 = 1 + 1 = 2. Luego 66 + 44 no
o
es divisible por 5.

7. En Z veamos si el n´mero: 2.00631 + 17412 es divisible por 5.
Z u
Soluciń. 2.00631 + 17412 = 131 + 412 = 1 + (−1)12 = 1 + 1 = 2.
o
Luego no es divisible por 5.

8. Probemos que el n´mero:
u

2.0012.001 + 1.9991.999

es divisible por 2.000.
Soluciń. Tenemos 2.0012.001 + 1.9991.999 = 12.001 + (−1)1.999 =
o
1 + (−1) = 0. Luego este n´mero es divisible por 2.000.
u

9. ¿Qu´ n´meros al ser multiplicados por 7, dan una unidad m´s
e u a
que un m´ltiplo de 11?
u
Soluciń. Tenemos la ecuaciń: 7x ≡ 1(11). Luego x = 8
o o
Luego los n´meros de la forma 8 + 11k,
u k ∈ Z cumplen lo
Z
pedido.

n Algebra

10. En Z 11 , calculemos el valor de:
Z
2 1 2
+ −
7 5 9

Soluciń. 2 + 1 − 2 = 2 · 7 + 1 + 9 · 1 = 2 · 8 + 9 + 1 = 16 + 9 + 1 =
o 7 5 9 1
5 9
16 + 10 = 26 = 4

11. Demostremos que 32n − 22n es divisible por 5.
Soluciń. 32n − 22n ≡ (32 )n − (22 )n ≡ 9n − 4n ≡ 4n − 4n ≡ 0
o

12. Demostremos que 10n + 3 · 4n+2 + 5 es divisible por 9.
Soluciń. 10n +3·4n+2 +5 ≡ 10n +3·4n ·42 +5 ≡ 1n +3·4n ·7+5
o
≡ 6 + 3 · 7 · 4n ≡ 3(2 + 7 · 4n )
Por demostrar que: 2 + 7 · 4n es divisible por 3.
En efecto:

2 + 7 · 4n ≡ 2 + 1 · 1n ≡ 2 + 1 ≡ 0

Luego se tiene la propiedad pedida.

13. Cuando estudiamos sumatoria , vimos que

n
n(n + 1)(2n + 31)
k(k + 10) =
k=1 6
Ocurre que al lado izquierdo tenemos una sumatoria de n´meros
u
naturales, la cual es un n´mero natural, luego al lado derecho
u
tambiń tenemos un n´mero natural, de donde se concluye que
e u
la expresiń:
o
n(n + 1)(2n + 31)
es divisible por 6. Demostremos que en efecto es divisible por 6.
Soluciń. Debemos demostrar que esta expresiń es congruente
o o
a 0 m´dulo 6.
o
Primero observamos que 31 ≡ 1(6). Tenemos la tabla siguiente:

Cap´

n 0 1 2 3 4 5
n+1 1 2 3 4 5 0
2n + 1 1 3 5 1 3 5
n(n + 1)(2n + 1) 0 0 0 0 0 0
Luego la expresiń n(n + 1)(2n + 31) es divisible por 6.
o

1. En IR × IR se define la ley de composiciń siguiente:
o

(a, b) ∗ (c, d) = (ac, bc + d)

(a) Estudie las propiedades de ∗
(b) Calcule (1, 2)3 , (2, 1)−2 , (2, 4)4

2. Estudie las siguientes estructuras:

(a) (IR2 , ∗); (a, b) ∗ (c, d) = (a + c, b + d + 2bd)
(b) (IN, ∗), a ∗ b = m´x{a, b}
a
(c) Sea S = {1, 2, 3, 4, 6}, Estudie (S, ∗), donde a ∗ b =
m.c.d.(a, b)
(d) Sea S = {1, 2, 5, 10}, y considere (S, +, ∗), donde a + b =
m.c.d.(a, b) y a ∗ b = m.c.m.(a, b)

3. Dados Z 2 y Z 3 , se define la operaciń ∗ en Z 2 × Z 3 dada por:
Z Z o Z Z

(a, b) ∗ (c, d) = (a ⊗2 c, b ⊕3 d)

Estudie las propiedades de ∗.

4. En el conjunto de los n´meros naturales, se da la siguiente ley
u
de composiciń interna x ⊗ y = |x − y|. Pruebe que esta ley de
o
composiciń cumple las siguientes propiedades:
o

(a) No asociativa (basta un contra-ejemplo)

n Algebra

(b) Conmutativa
(c) Tiene neutro
(d) Tiene inversos

5. Sabiendo que A = {a, b, c, d} es un grupo, complete la siguiente
tabla de composici´n:
o

◦ a b c d
a c
b
c
d c

1 2 3 4 5
6. Consideremos la permutaci´n σ ∈ S5 , σ =
o
4 3 5 1 2
(a) Determine σ 12345
1 2 3 4 5
(b) Determine θ ∈ S5 , tal que σ −1 ◦θ◦σ −1 =
5 4 3 2 1

Cap´
ıtulo 7

N´ meros complejos
u

7.1 Construcciń
o
Definiciones

Comenzaremos por ver la costrucciń de los n´meros complejos. Sobre
o u
IR × IR definamos la suma y el producto de la manera siguiente:
(x, y) + (u, v) = (x + u, y + v)
(x, y) · (u, v) = (xu − yv, xv + yu)
Sea
A = {(x, 0); x ∈ IR}
Definamos la funciń biyectiva
o
f : A −→ IR; (x, o) → x
Es decir al par (x, 0), se le asocia el n´mero real x. En matem´ticas
u a
se dice que se hace una identificaciń entre el par ordenado (x, 0) y el
o
n´mero real x.
u
Escribimos: (x, 0) =: x
Notaciń. El par (0, 1) ser´ denotado por la letra i, es decir
o a
(0, 1) =: i

229

n Algebra

Luego

(a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) =: a + bi

Es decir (a, b) ser´ identificado con la expresiń a + bi
a o

Definiciń 7.1.1 En este caso diremos que z = a + bi, a, b ∈ IR es
o
un n´mero complejo, cuya parte real es a y cuya parte imaginaria
u
es b y diremos que est´ expresado en su forma normal.
a

Notaciones. Re(z) = a y Im(z) = b
Nota. Los n´meros complejos han sido constru´
u ıdos a partir de los
n´meros reales. En los n´meros reales tenemos el concepto de igual-
u u
dad, entonces este concepto ser´ utilizado para definir el concepto de
a
igualdad entre n´meros complejos.
u

Definiciń 7.1.2 Diremos que dos n´ meros complejos son iguales
o u
si coinciden sus partes reales y sus partes imaginarias. Es decir:

a+bi=c+di ssi a=c y b=d

C denotar´ el conjunto formado por todos los n´meros complejos. Es
a u
decir
C = {a + bi; a, b ∈ IR}

Sobre C tenemos la suma y el producto definidos anteriormente. Us-
ando la identificaciń, tenemos:
o

(a + bi) + (c + di) =: (a, b) + (c, d)
=: (a + c, b + d)
=: (a + c) + (b + d)i

(a + bi) · (c + di) =: (a, b) · (c, d)
=: (ac − bd, ad + bc)
=: (ac − bd) + (ad + bc)i
Conclusiń:
o

Cap´
ıtulo 7. N´meros complejos
u 231

(a+bi)+(c+di)=:(a+c)+(b+d)i

(a + bi) · (c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i

i2 = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) =: −1

Estas definiciones se pueden obtener si multiplicamos como si fueran
n´meros reales y cada vez que aparezca i2 , lo reemplazamos por −1.
u

(a + bi) · (c + di) = ac + adi + bci + bdi2 = (ac − bd) + (ad + bc)i

Representaciń geom´trica. El n´mero complejo z = a + bi lo
o e u
representaremos en el sistema cartesiano como un vector que parte en
el origen del sistema cartesiano y termina en el punto (a, b).

6

z = a + bi
1
-

La suma de dos n´meros complejos corresponde a la suma segń la
u u
ley del paralel´gramo de ambos vectores, como se ve en la siguiente
o
figura
6
z+w
1
3

z 1
w
-

n Algebra

7.2 Estructura algebraica de (C, +, ·)
La suma definida anteriormente, es una ley de composiciń interna,
o
pues, la suma de dos n´meros complejos es un n´mero complejo, es
u u
decir

+ : C × C → C;
(a + bi, c + di) → (a + c) + (b + d)i

Luego (C, +) es una estructura algebraica.

Proposiciń 7.2.1 (C, +) es un grupo abeliano.
o

Demostraciń. La suma es asociativa (se utiliza que la suma en IR
o
es asociativa)

(a + bi) + ((c + di) + (e + f i)) = (a + bi) + ((c + e) + (d + f )i)
= (a + (c + e)) + (b + (d + f ))i
= ((a + c) + e) + ((b + d) + f )i
= ((a + c) + (b + d)i) + (e + f i)
= ((a + bi) + (c + di)) + (e + f i)

Existe elemento neutro, a saber, 0 = 0 + 0i; donde 0 ∈ IR.
Todo elemento tiene inverso aditivo:

−(a + bi) = (−a) + (−b)i; donde −a, −b son los inversos de a, b en IR

La suma es conmutativa. Nuevamente se utiliza la propiedad conmu-
tativa de la suma en IR.
Luego (C, +) es un grupo abeliano.

Proposiciń 7.2.2 (C∗ , ·) es un grupo abeliano.
o

Demostraciń. Recordemos que C∗ = C − {0}. La multiplicaciń es
o o
asociativa. (te lo dejamos de ejercicio)

Cap´
u 233

Busquemos el neutro multiplicativo. Sea

(a + bi) · (x + yi) = a + bi; ∀a + bi ∈ C

Luego (ax − by) + (ay + bx)i = a + bi
Es decir se debe cumplir el siguiente sistema de ecuaciones en IR:

(1) : ax − by = a b · (1) : abx − b2 y = ab
Luego
(2) : ay + bx = b a · (2) : a2 y + abx = ab

a · (2) − b · (1) : a2 y + b2 y = 0. Luego (a2 + b2 )y = 0. Luego y = 0.
Reemplazando en (1): ax = a; ∀a ∈ IR. Luego x = 1.
El neutro multiplicativo es entonces 1 = 1 + 0i
Dado z = a + bi, busquemos su inverso multiplicativo. Sea

(a + bi)(x + yi) = 1 + 0i

Luego (ax − by) + (ay + bx)i = 1 + 0i.
Tenemos un sistema de ecuaciones en IR:
(1) : ax − by = 1 a · (1) : a2 x − aby = a
Luego
(2) : ay + bx = 0 b · (2) : aby + b2 x = 0
a
a · (1) + b · (2) : a2 x + b2 x = a, luego x = .
a2 + b2
a −b
Reemplazando en (1) : a · − by = 1. Luego y = 2
a2 +b 2 a + b2
Luego

a −b
(a + bi)−1 = + 2 i
a2 +b 2 a + b2

S´lo queda por demostrar que el producto es conmutativo, te lo de-
o
jamos de ejercicio. Luego (C∗ , ·) es un grupo abeliano.

Proposici´n 7.2.3 (C, +, ·) es un cuerpo.
o

n Algebra

Demostraciń. (C, +) y (C∗ , ·) son grupos. Adem´s el producto se
o a
distribuye con respecto a la suma.
Observaciń.
o i4n+k = ik ; ∀n, k ∈ IN
La demostraciń de esta propiedad la haremos por inducciń sobre n.
o o
En efecto: i2 = −1, i3 = i2 · i = (−1)i = −i; i4 = i2 · i2 = (−1)(−1) =
1. Adem´s i4·1+k = i4·1 · ik = ik .
a
Hip´tesis de inducciń. Supongamos que i4·n+k = ik .
o o
Demostremos: i4·(n+1)+k = ik
Demostraciń. i4·(n+1)+k = i4n+4+k = i4n+(4+k) = i4+k = ik
o
Luego i4n+k = ik ∀n, k ∈ IN

Cuociente de dos n´ meros complejos
u

a + bi (a + bi)(c − di) ac + bd bc − ad
= = 2 + 2 i
c + di (c + di)(c − di) c + d2 c + d2

1 + 2i (1 + 2i)(3 − 4i) 11 + 2i 11 2
Ejemplo. = = = + i
3 + 4i (3 + 4i)(3 − 4i) 25 25 25

Proposiciń 7.2.4 En C no hay divisores de cero.
o

Demostraciń. Por demostrar:
o

z · w = 0 =⇒ z = 0 o w = 0

Sea z = x + yi y w = u + vi
Sea z · w = 0. Supongamos z = 0, es decir x2 + y 2 = 0
Tenemos (x + yi) · (u + vi) = 0 ⇒ (xu − yv) + (xv + yu)i = 0 + 0i.
Luego se deben satisfacer las ecuaciones siguientes:

(1) : xu − yv = 0 x · (1) : x2 u − xyv = 0
Luego
(2) : xv + yu = 0 y · (2) : xyv + y 2 u = 0

Cap´
u 235

Sumando tenemos x2 u + y 2 u = 0, luego (x2 + y 2 ) · u = 0, luego u = 0,
pues z = 0. Consideremos ahora
y · (1) : xyu − y 2 v = 0
x · (2) : x2 v + xyu = 0
Tenemos x · (2) − y · (1) : x2 v + y 2 v = 0, luego (x2 + y 2 )v = 0. Entonces
v = 0. Luego w = 0 + 0i. Conclusiń: w = 0.
o
Hemos demostrado que si z = 0, entonces w = 0
Complejos conjugados

Definiciń 7.2.1 Si z = a + bi, entonces su conjugado, denotado
o
por z, es el n´mero complejo: z = a − bi
u

Ejercicio. Escribamos en su forma normal la expresiń:
o
(1 − 5i)(5 + 10i) 5(1 − 5i)(1 + 2i)(3 − 4i)
=
3 + 4i (3 + 4i)(3 − 4i)
5(11 − 3i)(3 − 4i) 21 53
= − i
32 + 42 5 5
Proposiciń 7.2.5 Sean z, w ∈ C, entonces
o

(1) : z + w = z + w
(2) : z · w = z · w

Demostraciń. Sea z = x + yi y w = u + vi, entonces tenemos:
o
z+w = (x + yi) + (u + vi)
= (x + u) + (y + v)i
= (x + u) − (y + v)i
= (x − yi) + (u − vi)
= z+w

Demostremos ahora la segunda parte
z·w = (x + yi) · (u + vi)
= (x · u − y · v) + (x · v + y · u)i
= (x · u − y · v) − (x · v + y · u)i
= (x − yi) · (u − vi)
= z·w

n Algebra

Proposiciń 7.2.6 Si z es un n´mero complejo, entonces se tiene
o u

(1) z + z = 2Re(z)

(2) z · z = Re(z)2 + Im(z)2

En efecto, si z = x + yi, entonces

z + z = (x + yi) + (x − yi) = 2x = 2Re(z)

z · z = (x + yi)(x − yi) = x2 + y 2 = Re(z)2 + Im(z)2
Nota Observe que z + z y z · z son n´meros reales.
u
Este resultado va a ser de gran utilidad cuando estudiemos polinomios.
No lo olvide.

7.3 Valor absoluto y distancia
Recordemos que todo n´mero complejo z = a + bi puede ser consid-
u
erado como un vector que parte en el origen del sistema cartesiano y
termina en el punto (a, b). Es natural entonces el preguntarse por la
longitud de este vector, el cual denotaremos : |a + bi|
Por el teorema de Pit´goras tenemos que:
a

|a + bi|2 = |a|2 + |b|2

donde |x| denota el valor absoluto del n´mero real x.
u
Puesto que |a|2 = a2 y |b|2 = b2 y puesto que a2 + b2 es una cantidad
positiva o nula, entonces siempre podemos extraer ra´ de ella. Se
ız
tiene: √
|a + bi| = a2 + b2
√
La longitud del vector a + bi es entonces a2 + b2

Definiciń 7.3.1 El valor absoluto del n´mero complejo a + bi es
o u
la longitud del vector que comienza en el origen del sistema cartesiano
y termina en el punto (a, b)

Cap´
u 237

Nota. Puesto que es una longitud, es siempre una cantidad positiva y
la suma de cantidades positivas es positiva. Adem´s todo n´mero real
a u
al cuadrado es positivo o cero.
√
Ejemplo. |3 + 4i| = 32 + 42 = 5; | − 3 + 4i| = (−3)2 + 42 = 5;
| − 3 − 4i| = (−3)2 + (−4)2 = 5
Simplemente podemos olvidar los signos, pues todos los n´meros estń
u a
elevados al cuadrado.
Nota. |z| = |z|, ∀z ∈ C
Nota filos´fica. Una longitud no puede estar definida teniendo un i2 ,
o
pues podemos obtener cantidades negativas y la longitud es siempre
positiva.
√ √
Ejemplo: 12 + (2i)2 = 1 − 4 = −3
Observaciń. Si z ∈ C entonces
o

1. |z| ≥ |Re(z)| ≥ Re(z)
2. |z| ≥ |Im(z)| ≥ Im(z)
3. |z|2 = z · z

Esto se verifica pues |z|2 = |Re(z)|2 + |Im(z)|2 y si quitamos un
sumando que es positivo obviamente la cantidad que queda es menor
o igual a la anterior. Adem´s z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 + b2 , con
a
z = a + bi

Proposiciń 7.3.1 Si z, w ∈ C, entonces
o

|z · w| = |z| · |w|

Demostraciń. En efecto
o
|z · w|2 = (z · w) · (z · w)
= (z · w) · (z · w)
= (z · z) · (w · w)
= |z|2 · |w|2

n Algebra

Pero |z|, |w|, |z · w| son cantidades positivas, luego se les puede extraer
ra´ cuadrada y sigue cumplińdose la igualdad.
ız e

Teorema 7.3.2 (Desigualdad triangular o de Minkowsky) Si z
y w son n´meros complejos, entonces se tiene
u

|z + w| ≤ |z| + |w|

Demostraciń. Si z = a + bi, entonces tenemos las siguientes rela-
o
ciones:
z + z = 2a, |a| ≤ |z|
Luego |z + z| ≤ 2|z|
Entonces
|z + w|2 = (z + w) · (z + w)
= (z + w) · (z + w)
= (z · z) + w · z + z · w + w · w
= |z|2 + (z · w + z · w) + |w|2

Pero por lo dicho anteriormente

|(z · w + z · w)| ≤ 2 · |z · w| = 2 · |z| · |w| = 2 · |z| · |w|

Notando que se trata de una desigualdad de n´meros reales podemos
u
escribir

|z + w|2 ≤ |z|2 + 2 · |z| · |w| + |w|2
es decir:
|z + w|2 ≤ (|z| + |w|)2
Puesto que tenemos n´meros reales no negativos, podemos extraer ra´
u ız
y luego se tiene la proposiciń.
o

Corolario 7.3.3 Si z1 , z2 , · · · , zn ∈ C, entonces se tiene

|z1 + z2 + · · · zn | ≤ |z1 | + |z2 | + · · · |zn |

Cap´
u 239

Demostraciń. Por inducciń sobre n
o o

1. Para n = 2 tenemos

|z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |

Lo cual ha sido demostrado.

2. Supong´moslo v´lido hasta n
a a

3. Por demostrar para n + 1, es decir, por demostrar:

|z1 + z2 + · · · zn+1 | ≤ |z1 | + |z2 | + · · · + |zn+1 |

En efecto
|z1 + z2 + · · · zn + zn+1 | = |(z1 + · · · zn ) + zn+1 |
≤ |z1 + · · · zn | + |zn+1 |
≤ |z1 | + · · · |zn | + |zn+1 |

Corolario 7.3.4 Si z, w ∈ C entonces se tiene

|z − w| ≥ ||z| − |w||

Demostraciń. Tenemos que: z = z − w + w. Utilizando la desigual-
o
dad triangular, tenemos:

|z| ≤ |w − z| + |w|

Luego
|z| − |w| ≤ |z − w| (1)
Si cambiamos z por w, tenemos

|w| − |z| ≤ |w − z|

Luego
−(|z| − |w|) ≤ |z − w| (2)
Pues |w − z| = |z − w|.

n Algebra

De (1) y de (2) se obtiene: ||z| − |w|| ≤ |z − w|
Nociń de distancia. Queremos definir la nociń de distancia entre
o o
dos n´meros complejos.
u
Pensemos en los n´meros complejos z y w, como puntos en el plano
u
complejo. El vector que parte en z y termina en w, est´ definido como
a
el n´mero complejo w − z. Entonces la distancia entre w y z, d(w, z)
u
es la longitud del vector w − z.

Definiciń 7.3.2 Si z, w ∈ C, se define la distancia entre z y w por
o
d(w, z) = |w − z|

Nota. Si w = a + bi y z = c + di, entonces d(z, w) = |w − z| =
|(a + bi) − (c + di)| = |(a − c) + (b − d)i| = (a − c)2 + (b − d)2 .
Luego
d(w, z) = (a − c)2 + (b − d)2

Nota. Desde el momento que tenemos el concepto de distancia, pode-
mos definir lugares geom´tricos. Como vemos en los ejercicios sigu-
e
ientes.
Ejemplos

1. La expresiń algebraica del lugar geom´trico de todos los puntos
o e
del plano que estń a 2 unidades de distancia del origen del plano
a
complejo, es la siguiente:
{z; |z − 0| = 2} = {z; |z| = 2}
que corresponde a una circunferencia con centro en el origen y
radio 2.
2. La expresiń algebraica de todos los puntos del plano que estń
o a
a 3 unidades del n´mero complejo 1 + i es la siguiente:
u
{z; |z − (1 + i)| = 3}
que corresponde a una circunferencia con centro en el punto
(1, 1) y radio 3.

Cap´
u 241

7.4 Forma polar o trigonom´trica de un
e
n´ mero complejo
u
Sea z = a + bi, un n´mero complejo. Supongamos z en el primer
u
cuadrante y supongamos que forma un ´ngulo θ con el lado positivo
a
del eje real, en el sistema cartesiano.
x y
Tenemos: cos θ = y sin θ =
|z| |z|
Luego x = |z| cos θ; y = |z| sin θ. De donde
z = x + yi = |z| cos θ + i|z| sin θ. Se tiene entonces que

z = |z|(cos θ + i sin θ)

Llamada forma polar o trigonom´trica de un n´mero complejo de
e u
m´dulo |z| y argumento θ, denotado Arg(z).
o
Se obtiene la misma f´rmula si consideramos el n´mero complejo en
o u
los otros tres cuadrantes.
Ejemplos de escritura en forma polar
√ √
1. Sea z = 2 + i 2. Entonces
√ √ √ π
|z| = ( 2)2 + ( 2)2 = 4 = 2 y Arg(z) =
4

Luego
π π
z = 2(cos + i sin )
4 4
√
2. Sea z = 5 3 + 5i.

√ √
|z| = 52 ( 3)2 + 52 = 52 (3 + 1) = 5 4 = 10
√
3 1
z = 10( + i)
2 2
Luego
π π
z = 10(cos + i sin )
6 6

n Algebra

√
3. Sea z = −3 + 3 3i
Tenemos √
−1 3
z = 6( + i)
2 2
Luego
2π 2π
z = 6(cos + i sin )
3 3

4. Sea z = −7 − 7i. Entonces
√ √
|z| = (−7)2 + (−7)2 = 2 · 49 = 7 2

−7
tgθ = =1
−7
π 5π
Luego θ = o bien θ = . Puesto que este n´mero complejo
u
4 4
5π
se encuentra en el tercer cuadrante, el Arg(z) = . De donde,
4
la forma polar de este n´mero complejo es
u
√ 5π 5π
z = 7 2(cos + i sin )
4 4

Para un ńgulo cualquiera. Sea z = x + yi, con Arg(z) = θ, luego
a
y
tg(θ) = . Debemos comenzar por ver en qu´ cuadrante se encuentra
e
x
z. Hay dos ńgulos entre 0 y 2π que cumplen la ecuaciń de la tangente
a o
y con la informaciń del cuadrante al que pertenece z, se obtiene el
o
ńgulo θ.
a

7.5 Multiplicaciń de n´ meros complejos
o u
Proposiciń 7.5.1 Sea z = r(cos α + i sin α) y w = s(cos β + i sin β).
o
Entonces
z · w = (r · s)(cos(α + β) + i sin(α + β))

Cap´
u 243

Demostraciń.
o
z · w = (r(cos α + i sin α)) · (s(cos β + i sin β))
= r · s[(cos α cos β − sin α sin β) + i(cos α sin β + sin α cos β)]
= r · s (cos(α + β) + i sin(α + β))
Nota. La proposiciń nos dice que al multiplicar dos n´meros com-
o u
plejos, se multiplican los m´dulos y se suman los argumentos.
o
√
1 3 √
Ejemplo. Sea z = + i y w = 3 3 + 3i.
2 2
Escribiendo estos n´meros complejos en su forma polar se tiene
u
π π π π
z = 1(cos + sin ); w = 6(cos + i sin )
3 3 6 6
Su producto es
π π π π
z · w = 6[cos( + ) + i sin( + )]
3 6 3 6
Luego
π π
z · w = 6(cos + i sin )
2 2
En su forma normal, tenemos
z · w = 6(0 + i · 1) = 6i

7.6 Elevaciń a potencia
o
Proposiciń 7.6.1 Sea z = r(cos θ + i sin θ). Entonces
o
z n = rn (cos nθ + i sin nθ), ∀n ∈ IN

Demostraciń. La demostraciń la haremos por inducciń sobre n
o o o

1. Demostremos que es v´lido para n = 2
a
z 2 = [r(cos θ + i sin θ)] · [r(cos θ + i sin θ)]
= r2 [(cos2 θ − sin2 θ) + i(2 cos θ sin θ)]
= r2 (cos 2θ + i sin 2θ)

n Algebra

2. Hip´tesis de inducci´n. Supongamos que
o o

z n = rn (cos nθ + i sin nθ), n ∈ IN

3. Por demostrar

z n+1 = rn+1 (cos(n + 1)θ + i sin(n + 1)θ)

Demostraci´n
o

z n+1 = zn · z
= [rn (cos nθ + i sin nθ)] · [r(cos θ + i sin θ)]
= rn+1 [(cos nθ cos θ − sin nθ sin θ) + i(cos nθ sin θ + sin nθ cos θ)]
= rn+1 (cos(n + 1)θ + i sin(n + 1)θ)

Por (1), (2) y (3) se tiene que esta propiedad es verdadera para todo
n´mero natural.
u
π π
Ejemplo. Sea z = 5(cos + i sin ). Entonces
3 3
3π 3π
z 3 = 53 (cos + i sin )
3 3
= 53 (cos π + i sin π)
= −53

5π 5π
z 5 = 55 (cos + i sin )
3
√ 3
5 1 3
= 5( − i)
2 √ 2
55 55 3
= − i
2 2

6π 6π
z 6 = 56 (cos + i sin )
3 3
= 56 (1 + 0i)
= 56

Cap´
u 245

7.7 Inversos multiplicativos.
Busquemos el inverso multiplicativo de:

z = r(cos θ + i sin θ)

Sea w = s(cos α + i sin α) su inverso multiplicativo. Entonces z · w = 1.
Luego

r · s(cos(θ + α) + i sin(θ + α)) = 1(cos 0 + i sin 0)

Luego θ + α = 0 + 2kπ; k ∈ Z de donde α = −θ. Luego
Z;
1
z −1 = (cos −θ + i sin −θ)
r

Ejemplo. Sea z = 10(cos 25◦ + i sin 25◦ ).
Entonces
1
z −1 = (cos −25◦ + i sin −25◦ )
10
o bien
1
z −1 = (cos 335◦ + i sin 335◦ )
10

o

z n = rn (cos nθ + i sin nθ); n∈ZZ

Demostraci´n. Para n ≥ 0, est´ demostrado.
o a
Para n = −1, tambi´n est´ demostrado.
e a
Sea n ∈ Z tal que n −1. Sea n = −m; m ∈ IN. Sabemos que:
Z

z −m = (z −1 )m y z −1 = r−1 (cos −θ + i sin −θ)

zn = z −m = (z −1 )m
= (r−1 (cos −θ + i sin −θ))m
= r−m (cos m(−θ) + i sin m(−θ))
= r−m (cos −mθ) + i sin −mθ))
= rn (cos nθ + i sin nθ)

n Algebra

Queda esto demostrado.
Ejemplo. Sea z = 7(cos θ + i sin θ), entonces
1
z −5 = ( )5 (cos −5θ + i sin −5θ)
7

7.8 Extracciń de ra´
o ıces
Sea z = r(cos θ + i sin θ)
Nos proponemos encontrar las ra´ıces n-´simas de z, es decir todos
e
aquellos n´meros complejos w = s(cos α + i sin α), que satisfacen
u

wn = z; n ∈ ZZ

Para ello se tiene la siguiente

Proposiciń 7.8.1 Sea z = r(cos θ + i sin θ). Entonces las ra´
o ıces n
´simas de z son:
e
√ θ 2π θ 2π
wk = n
r(cos( +k· ) + i sin( + k · )); k ∈ Z 0 ≤ k ≤ n − 1
Z;
n n n n

Demostraciń.
o
Sea w = s(cos α + i sin α) tal que wn = z; n ∈ ZZ
Luego
sn (cos nα + i sin nα) = r(cos θ + i sin θ)
Esta igualdad se desdobla en dos ecuaciones

(1) : sn = r
(2) : nα = θ + 2kπ

√ θ 2π
Luego s = n
r; α= +k· . Luego
n n
√ θ 2π θ 2π
wk = n
r(cos( +k· ) + i sin( + k · )); k ∈ ZZ
n n n n

Cap´
u 247

2π
Cada vez que sumamos , obtenemos la ra´ siguiente. Dado que
ız
n
el per´ıodo de las funciones seno y coseno es 2π, obtenemos todas las
ra´ si hacemos variar k entre 0 y n − 1. Es decir 0 ≤ k ≤ n − 1.
ıces

1. Busquemos las ra´ cuartas de la unidad.
ıces
Soluciń. En este caso tenemos
o

z = 1(cos 0 + i sin 0)
√
Todas las ra´ıces tienen por m´dulo 4 1 = 1. La primera ra´
o ız
0
tiene por argumento 4 = 0. Entonces

z◦ = 1(cos 0 + i sin 0) = 1
2π π
Para obtener la segunda ra´ debemos sumar
ız = . Tenemos
4 2
π π
+ i sin ) = i
z1 = (cos
2 2
π
Nuevamente volvemos a sumar al ńgulo de z1 . Tenemos:
a
2
z2 = 1(cos π + i sin π) = −1

Lo mismo para obtener z3
3π 3π
z3 = 1(cos + i sin ) = −i
2 2
Entonces z0 , z1 , z2 , z3 son las ra´ cuartas de la unidad.
ıces

2. Busquemos las ra´ c´bicas de z = −i
ıces u
Soluciń.
o
3π 3π
z = −i = 1(cos
+ i sin )
2 2
Entonces sus ra´ son las siguientes:
ıces
√
3 3π 3π π π
z0 = 1(cos + i sin ) = cos + i sin
6 6 2 2

n Algebra

2π
Para obtener la siguiente ra´ debemos sumar
ız al argumento
3
de z0 . Tenemos:
π 2π 7π
+ =
2 3 6
Luego
7π 7π
z1 = cos + i sin
6 6
2π
Ahora debemos sumar al argumento de z1 . Luego la tercera
3
ra´ tiene argumento:
ız
7π 2π 11π
+ =
6 3 6
y se tiene:
11π 11π
z2 = cos + i sin
6 6
z0 , z1 y z2 son las tres ra´ c´bicas del complejo z = −i.
ıces u

o
m √ mθ 2π mθ 2π
zn = n
rm (cos( +k· ) + i sin( +k· )); n, m, k ∈ ZZ
n n n n
0kn

Esta f´rmula es conocida como la f´rmula de ”De Moivre”
o o
Demostraci´n.
o
m 1
zn = (z m ) n
1
= (rm (cos mθ) + i sin mθ)) n
√ mθ 2π mθ 2π
= n rm (cos( +k· ) + i sin( +k· ))
n n n n
Proposici´n 7.8.3 Sea z ∈ C y sea ζ una ra´ n-´sima de la unidad.
o ız e
Entonces las ra´ n-´simas de z, pueden ser obtenidas de la manera
ıces e
siguiente:
z0 , z0 ζ, z0 ζ 2 , · · · , z0 ζ n−1
Donde z0 es una ra´ n-´sima de z.
ız e

Cap´
u 249

Demostraciń. Al multiplicar por una ra´ n-´sima de la unidad,
o ız e
no var´ el m´dulo del complejo, s´lo var´ el ńgulo. La ra´ z0 ζ, se
ıa o o ıa a ız
2π
encuentra a un ńgulo
a de z0 , luego es la ra´ siguiente a z0 y as´
ız ı
n
sucesivamente.

1. Demostremos que

|z − w|2 + |z + w|2 = 2(|z|2 + |w|2 )

Soluciń.
o

|z − w|2 + |z + w|2 = (z − w) · (z − w) + (z + w) · (z + w)
= (z − w)(z − w) + (z + w)(z + w)
= zz − zw − zw + ww + zz + zw + zw + ww
= 2zz + 2ww
= 2(|z|2 + |w|2 )

2. Demostremos que:

|z|−1 · |z − w| · |w|−1 = |z −1 − w−1 |

Soluciń.
o
|z|−1 · |z − w| · |w|−1 = |z −1 · (z − w) · w−1 |
= |z −1 · z · w−1 − z −1 · w · w−1 |
= |w−1 − z −1 |
= |z −1 − w−1 |

3. Demostremos que:
1−z
| |=1
z−1
1−z 1−z (1 − z)(z − 1) −(1 − z)2
Soluciń. |
o |=| |=| |=| |=
z−1 z−1 (z − 1)(z − 1) |z − 1|2
|1 − z|2
=1
|1 − z|2

n Algebra

4. Busquemos las ra´ cuadradas de z = 25i
ıces
Soluci´n. Las dos ra´ tienen |z| = 25. Tenemos que z escrito
o ıces
en su forma polar es:
π π
z = 25(cos + i sin )
2 2
Para obtener la primera ra´ debemos dividir el argumento de
ız,
π
z por 2. Luego la primera ra´ tiene argumento . Esta es
ız
4
π π
z0 = 5(cos + i sin )
4 4
2π
Debemos sumar = π al argumento de z0 . Tenemos
2
5π 5π
z1 = 5(cos + i sin )
4 4
Los dos ra´
ıces, z0 y z1 escritas en su forma normal son:
√ √ √ √
5 2 5 2 −5 2 −5 2
z0 = + i; z1 = + i
2 2 2 2

7.9 Forma exponencial de un n´ mero com-
u
plejo
Vimos que para multiplicar dos n´meros complejos escritos en su
u
forma polar se multiplican los m´dulos y se suman los argumentos,
o
es decir:

(r(cos α + i sin α)) · (t(cos β + i sin β)) = r · t(cos(α + β) + i sin(α + β))

Consideremos la funci´n f : IR → C, tal que f (x) = cos x + i sin x.
o
L.Euler(1707-1783), demostr´ la formula:
o

eix = cos x + i sin x

Cap´
u 251

Esta funciń tiene las siguientes propiedades:
o

eix = e−ix = (eix )−1
|eix | = 1
e · eiy
ix
= ei(x+y)
eiα = ei(α+2kπ) , k ∈ Z Z
iArg(z)
z = |z|e , ∀z ∈ C

Demostraciń. En efecto,
o

eix = cos x + i sin x = cos x−i sin x = cos(−x)+i sin(−x) = ei(−x) = e−ix

Como ejercicio queda demostrar que e−ix = (eix )−1
Para demostrar la segunda propiedad tenemos:

|eix | = | cos x + i sin x| = cos2 x + sin2 x = 1

En cuanto a la tercera propiedad,

eix ·eiy = (cos x+i sin x)(cos y+i sin y) = cos(x+y)+i sin(x+y) = ei(x+y)

Las dos restantes propiedades quedan de ejercicio para el lector.

1. ¿Qu´ condiciones debe cumplir z y w para tener
e

|z + w| = |z| + |w|?

Soluciń. Sea z = a + bi y w = c + di. Luego supongamos
o
que tenemos la igualdad, para ver las condiciones que cumplen
z y w.
|(a + bi) + (c + di)| = |a + bi| + |c + di|
Entonces
√ √
(a + c)2 + (b + d)2 = a2 + b 2 + c2 + d2 /2

a2 +2ac+c2 +b2 +2bd+d2 = a2 +b2 +c2 +d2 +2 (a2 + b2 )(c2 + d2 )

n Algebra

Luego √
ac + bd = a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 /2
a2 c2 + b2 d2 + 2abcd = a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2
0 = a2 d2 + b2 c2 − 2abcd
Luego (ad − bc)2 = 0, de donde ad − bc = 0, es decir ad = bc
Tenemos
dz = da + dbi = bc + dbi = b(c + di) = bw
Luego dz = bw, es decir z y w son colineales.
√
3 1
2. Sea z = + i. Calculemos z 3525
2 2
Soluciń. Comencemos por escribir z en su forma polar. Ten-
o
emos
π π
z = cos + i sin
6 6
Entonces:
π
π π i3525
z 3525 = cos 3525 · + i sin 3525 · = e 6
6 6
Se tiene que 3.525 = 293 · 12 + 9, reemplazando en la expresiń
o
anterior, tenemos:
π 9π 3π
z 3525 = ei(293·12+9) 6 = ei(293·2π+ 6 ) = ei· 2
3π 3π
z =3525 = cos + i sin = 0 + i(−1) = −i
2 2
Luego
z 3525 = −i
3. Describamos el lugar geom´trico dado por
e
{z ∈ C; |z + 5| 3}

Soluciń. Sea z = x + yi. Luego
o
|x − yi + 5| 3 ssi |(x + 5) − yi| 3
ssi (x + 5)2 + (−y)2 3
ssi (x + 5)2 + (y)2 9

Cap´
u 253

Representa el conjunto de todos los n´meros complejos que estń
u a
dentro de la circunferencia con centro en (−5, 0) y radio 3.

4. Resolvamos en C, la ecuaciń siguiente:
o
√
z 2 − 3z + 1 = 0

Soluciń. Sea z = x + yi. Reemplazando en la ecuaciń, ten-
o o
emos: √
(x + yi)2 − 3(x + yi) + 1 = 0
Luego: √ √
x2 − y 2 + 2xyi − 3x − 3yi + 1 = 0
Por la definiciń de igualdad de n´meros complejos, tenemos, en
o u
IR, el sistema de ecuaciones siguiente:
√
x2 − y 2 − 3x√ 1 = 0
+
2xy − 3y = 0
√
La segunda ecuaciń queda: y(2x −
o 3) = 0
Si y = 0, reemplazamos en la 1era ecuaciń, se obtiene
o
√
x2 − 3x + 1 = 0

de donde √ √
3± 3−4
x= ∈ IR
/
2
√ √
3
luego y = 0. Entonces 2x − 3 = 0, de donde x = 2
Reemplazando en la 1era ecuaciń, tenemos:
o
√
3 2
√ 3
−y − 3· +1=0
4 2
Luego y 2 = 1 . De donde y = ± 1 .
4 2
Las soluciones de la ecuaciń son entonces:
o
√ √
3
z1 = 2
+ 1 i y z2 =
2 2
3
− 1i
2

n Algebra

5. Sean z, w ∈ C. Entonces

zw + zw = 2|z · w| cos φ

Donde φ es el ńgulo comprendido entre z y w.
a
Soluciń. Sea z = r(cos α + i sin α) y w = t(cos β + i sin β).
o
Entonces:

z·w+z·w =
rt(cos(α − β)) + i sin(α − β)) + rt(cos(−α + β) + i sin(−α + β)) =
rt(cos(α − β)) + i sin(α − β)) + rt(cos(α − β) − i sin(α − β)) =
2rt cos(α − β) =
2|z| · |w| cos(α − β) =
2|zw| cos(α − β)

1. Compruebe que:
√ √ 10
a)(1 − i 3)i + (2i − 3) = 3i; b) = 1 + i;
(1 − 2i)(3 + i)
1 1
c)(2 − i)4 = 10 − 15i
2 16
2. Escriba en la forma normal los siguientes n´meros complejos:
u
(1−2i)
a) (−3+2i) ; b)(1 + 3i)2 − (1 − 3i)2 ; c) a+bi
a−bi
√ √ √
d)(2 − 3i)2 − (2 + 3i)2 ; e)( 1 +
2 2
3 3
i) − ( 22 + 2
2 2
i) ; d)(1 + i)4

a−bi a+bi
3. Simplifique c+di
+ c−di

√
−1+i 3
4. Sea ω = 2
. Encuentre ω2, ω3, 1 + ω + ω2

√
1 3
5. Resuelva la ecuaciń:
o z2 = 2
+ 2
i

Cap´
u 255

6. Averigë cuales de los siguientes n´meros complejos son pura-
u u
mente imaginarios
a) z + z b) z − z c) z · z d) z1 z2 + z1 z2

7. Encuentre mentalmente el valor de:
√ √ √ √
a)( 1 + 23 i)( 1 − 23 i); b)( 2 + 23 i) + ( 1 − 23 i);
2 2
1
2
c)(3 + 4i)(3 − 4i); d)(3 + 4i) + (3 − 4i)

8. Escriba en su forma polar cada uno de los siguientes n´meros
u
complejos:
√ √ √ √
a) 1 + √ 3 i;
2 2
b) √3 + 1 i;
2 2
c) √ 2 − 23 i; d) − √3 − 1 i
−1 √ 2 2
√
e) 2 − 23 i;
1
√ f ) 23 √ 1 i;
−2 g) √2 − √ i; h) − 22 − 22 i
2 2
2

i) − 3 − i; j) − 3 + i; k) 2 − 2i; l)1 − i

9. Demuestre que:

a) | z |=| z | b) | z −1 |=| z |−1 c) | z |2 = Re(z)2 + Im(z)2

10. Encuentre un n´mero complejo z que satisfaga :
u
z−3 1
a) z = 2(z − (1 − 3i)); b) z−2i = 2

11. Describa geom´tricamente la regiń determinada por cada una
e o
de las siguientes condiciones:

a)Imz ≥ 2 b) | Imz | 2 c) | z |≤ 1
d) | z + 3 |= 5 e) | z − 3i | 5 f ) | z − (1 + 2i) |≤ 2

12. Sea z0 un n´mero complejo fijo y r una constante positiva. De-
u
muestre que z est´ sobre la circunsferencia de radio r y centro
a
z0 cuando z satisface la ecuaciń : | z − z0 |= r.
o

13. Determine la totalidad de n´meros complejos que satisfacen cada
u
una de las siguientes condiciones:

a)z = z −1 b)z −1 = −z c) | z + 3 |=| z + 1 | d)z = z −2 .

n Algebra

14. Dados los complejos
√ √ √
z1 = 3 + i, z2 = − 3 + 3i, z3 = 2 − 2 3i
2 z2
Calcule 2z1 − (z2 − z3 ) − z1
.
15. Exprese z en la forma a + bi, donde:
√ √
a) z = √2+√3i
2− 3i
b)z = 1 + 1+ i i
1+ i
1+i

16. Exprese en forma polar:
√ √
a) z1 = 3 + i, b)z2 = −2 − 2 3i, c)z3 = −1 − i,
d)z4 = −3i
−1
−1 z1 z2
Adem´s calcule z1 z2 , z1 4 3 , zk ,
a z
z
zk
, zk3525
con k =
1, 2, 3, 4
√
17. Calcule z 2 , siendo z = − | −1 + i | + 2i.
18. Dado z = 1 + senθ + icosθ, calcular | z 2 − z |.
19. Determine los reales a y b que satisfacen:
(−1 + i)a + (1 + 2i)b = 1.

20. Resuelva las ecuaciones:
(a) z 2 = i
(b) z 3 − 2 + 2i = 0
(c) (z − 1 − i)(z − 1 + i)(z + 1 + i)(z + 1 − i) = 5
(d) z 2 + (−2 − 2i)z = 3 − 6i
21. Resuelva el siguiente sistema:

a) (1 + i)x − iy = 2+i
b) (2 + i)x + (2 − i)y = 2i

22. Calcule y graﬁque:
√ √ √
a) 1 + i 3 b) 3 −8 c) 4 8i
√ √ 3
√
d) 4 1 − i e) 3 −i f ) 3 + i.

Cap´
u 257

23. Grafique los siguientes conjuntos en el plano complejo:

a)Re(z) = −2 b) − 2 ≤ Im(z) 3
c) π ≤ Arg(z) ≤ 3π y | z | 2
4 4
d)z − z = i
e) | z |= z + z f )z − z −1 = 0
g)z + z −1 ∈ IR h)z = z 2
i) | z + 1 | + | z − 1 |= 3 j) | z + c || z − c |= c2
24. Diga cu´les de los siguientes n´meros estń sobre el eje X o sobre
a u a
el eje Y :
1 1 1
a)z 2 − (z)2 b) z−z ( z + z )(z + z)
c)z1 z2 + z1 z2 d)z1 z2 − z1 z2
25. Pruebe que:
a) Re(zω + zω) = zω + zω b) − 2Im(zω − zω)i = zω − zω

26. Demuestre que:
1
|4z + 1| = 2|z + 1| =⇒ |z| =
2
27. Pruebe que si z ∈ C satisface az 2 + bz + c = 0, con a, b, c ∈ IR,
entonces a(z)2 + b(z) + c = 0
28. Sea z0 en los complejos y r 0.Demuestre que z est´ sobre una
a
circunferencia de radio r y centro en −z0 , cuando z satisface
cualquiera de las condiciones:
a)|z + z0 | = r b)zz + zz0 + zz0 + z0 z0 = r2

29. Pruebe que:
1
a) Si z + z
∈ IR entonces Im(z) = 0 o |z| = 1
z+ω
b) Si |z| = 1 entonces | 1+zω | = 1 ∀ω ∈ C
30. a) Demuestre que la ecuaciń zz − 2|z| + 1 = 0 tiene infinitas
o
soluciones
√
b) Demuestre que la ecuaciń |z|2 + 2 zz + 1 = 0, no tiene
o
soluciń en los complejos
o

n Algebra

31. Sea ω = 1, una ra´ n-esima de 1.Pruebe que
ız

ω n−1 + ω n−2 + ... + ω 2 + ω + 1 = 0

32. Si ω = 1 es una ra´ c´bica de 1, entonces (1 − ω)(1 − ω 2 ) = 3
ız u

33. Se deﬁne la exponencial compleja por: ez = ex (cos(y) + isen(y)),
donde z = x + iy. Pruebe que:

a)ez = 0 ∀z ∈ C b)ez+ω = ez eω ∀z, ω ∈ C
c)(ez )−1 = e−z ∀z ∈ C

34. Se deﬁne el seno y coseno de z en C, por:
1
sen(z) = 2i
(eiz − e−iz ) cos(z) = 1 (eiz + e−iz )
2
Pruebe que:
a) sen(z + ω) = sen(z)cos(ω) + cos(z)sen(ω)
b) cos(z + ω) = cos(z)cos(ω) − sen(z)sen(ω)

35. Demuestre que cosα+senα = cosβ+senβ si y solo si α−β = 2kπ
donde k es un n´mero entero.
u

36. Pruebe que, dado ω ∈ C, ω = 0, entonces:

ez = ω ⇔ z = ln|ω| + i(θ + 2kπ)

donde θ es un argumento de ω y k es cualquier n´mero entero.
u

37. Dado z ∈ C, z = 0, z = |z|(cosθ + isenθ), denotemos por log(z),
a cualquier complejo de la forma ln|z| + i(θ + 2kπ), donde k es
un entero.
Calcule log(-1), log(i), log(-i).

Cap´
ıtulo 8

Polinomios

8.1 Definiciones
Introducciń
o

La m´s hermosa definiciń de polinomio se la vamos a dejar a aquellos
a o
alumnos que deseen conocer m´s profundamente las matem´ticas. En
a a
este curso s´lo veremos una definiciń formal de polinomios. Observe-
o o
mos que la palabra formal viene de forma. Se refiere a que solamente
conoceremos su forma, pero, no su esencia. Estos entes matem´ticos
a
tiene esta forma y se trabaja de tal manera con ellos.
Ejemplos

1. P (X) = X 3 − 7X 5 + πX 24 , es un polinomio.
Coeficientes: 1, −7, π; Exponentes del polinomio: 3, 5, 24
2. Q(X) = 1 + 2X 30.000
Coeficientes: 1, 2; exponente del polinomio: 30.000
√
3. R(X) = 2X 3 − e π
X7
√
π
Coeficientes: 2, e ; exponentes: 3, 7

Antiejemplos. No son polinomios:

259

n Algebra

√
5
1. 1 + X , ya que el exponente de X es irracional.

2. 1 + X π , ya que el exponente de X es irracional.

3. 1 + 5X −3 , pues el exponente de X es negativo.

4. 1 + X + X 2 + · · · + X n + · · ·, debido a que la suma no es finita.
1
5. 1 + 5X 2 , pues el exponente es un racional no entero positivo.
X 2 +1
6. 1+X+7X 2
, ya que es un cuociente.

Observaciń. Las X son may´sculas.
o u
Observaciń. Nunca jam´s podremos escribir X −1 , cuando se trate
o a
de polinomios.

Definiciń 8.1.1 Diremos que la expresiń
o o

P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n , n ∈ IN, a0 , a1 , · · · , an ∈ K

donde K es un cuerpo, es un polinomio sobre K. El s´ ımbolo X se
llama indeterminada, es decir, algo que no est´ determinado.
a
Si K = IR, diremos que es un polinomio real. Si K = C, diremos
que es un polinomio complejo. Si K = Q, diremos que es un
polinomio racional.

Ejemplos

1. P (X) = X 7 + πX 9 , es un polinomio real.
√
2. P (X) = X 5 + eπ X 30 , es un polinomio real.

3. P (X) = X 3 + iX 4 , es un polinomio complejo.

4. P (X) = X + (7 + 7i)X 5 , es un polinomio complejo.
2
5. P (X) = 3
− 1X4 +
5
7
12
X 14 , es un polinomio racional.

6. P (X) = e + 5πX 7 , es un polinomio real que no es racional.

Cap´
ıtulo 8. Polinomios 261

Definiciń 8.1.2 (Igualdad de polinomios) Sea P (X) = a0 + a1 X +
o
· · · + an X n y Q(X) = b0 + b1 X + · · · bm X m . Diremos que el polinomio
P (X) es igual al polinomio Q(X) y lo denotaremos P (X) = Q(X)
si se cumplen simultńeamente:
a

1. n = m
2. a0 = b0 ; a1 = b1 ; · · ·; an = bn

Ejercicio. Si P (X) = a + bX + 5X 3 + 4X 7 y Q(X) = 2 + 5X 3 + cX 7
y P (X) = Q(X). Busquemos P (X) y Q(X).
Soluciń. Tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:
o
a = 2
b = 0
4 = c

Luego P (X) = Q(X) = 2 + 5X 3 + 4X 7

Definiciń 8.1.3 El conjunto formado por todos los polinomios con
o
coeficientes en un cuerpo K, ser´ denotado por K[X], es decir:
a

K[X] = {a0 + a1 X + · · · + an X n ; a0 , a1 , · · · , an ∈ K}

Notaciones. IR[X] = {polinomios reales}; C[X] = {polinomios complejos};
Q[X] = {polinomios racionales}
Observaciń. Diremos que:
o

1. P (X) = 1 + X − X 3 tiene grado 3 y escribiremos gr(P (X)) = 3.
2. Q(X) = 17−X +3X 2 tiene grado 2 y ecribiremos gr(Q(X)) = 2.
3. R(X) = 15 + 4X tiene grado 1 y escribiremos gr(R(X)) = 1.
4. S(X) = 14 tiene grado 0 y escribiremos gr(S(X)) = 0.

Definiciń 8.1.4 El grado de un polinomio es el m´ximo expo-
o a
nente con coeficiente diferente de cero.

n Algebra

¿Qu´ pasa entonces con el polinomio P (X) = 0?
e
Respuesta: Hay dos posibilidades:

1. no asignarle grado.

2. asignarle el grado −∞.

En este curso optaremos por la primera posibilidad.

Definiciń 8.1.5 Sea P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n , entonces
o
a0 es llamado el t´rmino constante y an es llamado el coeficiente
e
supremo.
√ 3 √ 8
Ejemplo. P (X) = √−
5 7X + eX , tiene t´rmino constante 5 y
e
coeficiente supremo e.

Definiciń 8.1.6 Diremos que el polinomio P (X) = k, k ∈ K, es un
o
polinomio constante.

Ejemplo. Los n´meros reales serń pensados como polinomios con-
u a
stantes.

Definiciń 8.1.7 Diremos que un polinomio es mńico si su coefi-
o o
ciente supremo es 1.

Ejemplo. P (X) = 2−5X +7X 6 +X 9 y Q(X) = 3+X 4 son polinomios
mńicos.
o
Observaciń. Sean
o

P (X) = X 2 − 5X 3 + 2X 5

Q(X) = 2 − X 2 + 7X 8
Se define un nuevo polinomio a partir de estos dos polinomios, llamado
el polinomio suma de P (X) y Q(X), denotado P (X)+Q(X) y definido
por:
P (X) + Q(X) = 2 + (1 − 1)X 2 − 5X 3 + 2X 5 + 7X 8

Cap´

N´tese que gr(P (X) + Q(X)) = 8, gr(P (X)) = 5 y gr(Q(X)) = 8
o
Observaciń. Sean
o

P (X) = 2 + X 2 − 3X 5

Q(X) = 3 + X 2 + 2X 4 + 3X 5
Entonces
P (X) + Q(X) = 5 + 2X 2 + 2X 4

N´tese que gr(P (X) + Q(X)) = 4, gr(P (X) = 5 y gr(Q(X)) = 5.
o
Observaciń. El grado de la suma no es la suma de los grados.
o
Adem´s el grado de la suma de dos polinomios, a veces es menor
a
que ambos grados.

Definiciń 8.1.8 Sean
o

P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n

Q(X) = b0 + b1 X + · · · + bm X m
Si n ≤ m, se define la suma de los polinomios P (X) y Q(X),
denotada P (X) + Q(X), como sigue:

P (X) + Q(X) = (a0 + b0 ) + · · · + (an + bn )X n + bn+1 X n+1 + · · · + bm X m

Con respecto al grado de la suma se tiene:

gr(P (X) + Q(X)) ≤ m´x{gr(P (X)), gr(Q(X))}
a

Observaciń. Veamos como se comporta la multiplicaciń de poli-
o o
nomios.
Sea P (X) = a0 + a1 X y Q(X) = b0 + b1 X + b2 X 2 . Entonces:
P (X) · Q(X) = (a0 + a1 X) · (b0 + b1 X + b2 X 2 )
= a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )X + (a0 b2 + a1 b1 )X 2 + a1 b2 X 3
Observaciń. Busquemos la f´rmula del producto. Sean
o o

P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n

n Algebra

Q(X) = b0 + b1 X + · · · + bm X m
Entonces:
P (X) · Q(X) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )X + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )X 2 + · · · +
+(a0 bj +a1 bj−1 +· · ·+aj−1 b1 +aj b0 )X j +· · ·+an bm X n+m
gr(P (X) · Q(X)) = gr(P (X)) + gr(Q(X))

F´rmula del producto
o

n+m
P (X) · Q(X) = ( aj bk )X i
i=0 j+k=i

Por ejemplo, en la sumatoria de adentro se puede tener:

aj b k = a0 b 3 + a1 b 2 + a2 b 1 + a3 b 0
j+k=3

o bien
aj b k = a0 b 4 + a1 b 3 + a2 b 2 + a3 b 1 + a4 b 0
j+k=4

Ejercicio. Determine a, b, c, d ∈ IR tal que:

X 4 − 1 = (X 2 + aX + b)(X 2 + cX + d)

Soluciń.
o

X 4 − 1 = X 4 + (a + c)X 3 + (b + ac + d)X 2 + (ad + bc)X + bd

Por definiciń de igualdad de polinomios, igualamos los coeficientes y
o
tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

cte : (1) bd = −1
X: (2) ad + bc = 0
X2 : (3) b + ac + d = 0
X3 : (4) a+c = 0

De (4) c = −a, (4) en (2): ad − ab = 0, entonces a(d − b) = 0

Cap´

Se tiene dos posibilidades:
Caso (i): a = 0, entonces c = 0.
Reemplazando en (3) y en (1), se tiene:

(3) b + d = 0
(1) bd = −1
De (3) d = −b. (3) en (1): b(−b) = −1, luego b2 = 1, de donde b = 1
o b = −1.
Si b = 1, entonces d = −1 y si b = −1, entonces d = 1.
Luego en el caso (i) se tiene :
X 4 − 1 = (X 2 + 1)(X 2 − 1) o bien X 4 − 1 = (X 2 − 1)(X 2 + 1)
Caso (ii): a = 0, entonces b − d = 0, de donde b = d, reemplazando
en (1), se tiene b2 = −1, lo cual es una contracciń. Luego se tiene
o
solamente el caso (i)

8.2 Funciń polin´mica
o o
Observaciń. Sea P (X) = X 2 − 4 ∈ IR[X]. P (X) es un polinomio
o
real. A este polinomio le asociaremos la funciń real, p : IR −→ IR,
o
2
definida por p(α) = α − 4, ∀α ∈ IR. Diremos que p es la funciń o
polin´mica asociada al polinomio P (X).
o
Se tiene por ejemplo: p(1) = 12 − 4 = −3; p(0) = −4, p(5) = 21.
Diremos que P (X) evaluado en 1, vale −3

Definiciń 8.2.1 Sea
o
P (X) = a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an X n ∈ K[X]
A P (X) le asociamos la funciń
o
p : K −→ K
definida por:
p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn

n Algebra

Diremos que p es la funciń polin´mica asociada al polinomio
o o
P (X). Se dice que el valor del polinomio en α, es el n´mero:
u

p(α) = a0 + a1 α + a2 α2 + · · · + an αn

8.2.1 Ra´
ıces de un polinomio
Observaciones

1. Sea P (X) = X 2 − 4 ∈ IR[X]. Se tiene que 22 − 4 = 0. Por
este motivo diremos que 2 es una ra´ de P (X): Idem para −2.
ız
Tenemos que p(2) = 0 y p(−2) = 0
√
2. Sea √ (X) = X 2 − 2 ∈ √
P IR[X]. √
Tenemos que p( 2) = 0 y
p(− 2) = 0. Diremos que 2 y − 2 son ra´ de P (X). P (X)
ıces
ıces racionales. Es decir, no existe α ∈ Q, tal que
no tiene ra´
p(α) = 0
3. Sea P (X) = X + π ∈ IR[X]. P (X) tiene una ra´ real, a saber,
ız
−π, es decir, p(−π) = 0

Definiciń 8.2.2 Sea P (X) ∈ K[X], K un cuerpo. Sea P (X) = a0 +
o
a1 X + a2 X 2 + · · · + an X n . Diremos que α ∈ K es una ra´ de P (X)
ız
en K[X] si p(α) = 0

Ejemplo. El polinomio P (X) = X 2 + X + 1, tiene por ra´ a ω =
√ √
ıces
−1 3 −1 3
2
+ 2 i y ω = 2 − 2 i, pues p(ω) = 0 y p(ω) = 0

Definiciń 8.2.3 Si P (X) = (X − α)n · Q(X), entonces diremos que
o
α es una ra´ de multiplicidad n, si α no es una ra´ de Q(X).
ız ız

Notas

1. Los polinomios constantes no nulos no tienen ra´
ıces.
2. El polinomio P (X) = a0 + a1 X, con a1 = 0, tiene s´lo una ra´
o ız,
−a0
a saber α = a1 .

Cap´

3. Si α es una ra´ del polinomio P (X), entonces α es ra´ del
ız ız
polinomio H(X) = P (X) · Q(X), ∀Q(X) ∈ K[X].

Observaciń. Representaciń geom´trica de P (X) = X 2 − 4 y su
o o e
funciń polin´mica asociada.
o o
En efecto, sea p : IR −→ IR; p(x) = x2 − 4, la funciń polin´mica
o o
asociada a P (X).
Tenemos p(0) = −4, p(2) = 0, p(−2) = 0.
Cuando x crece, p(x) tiene un valor cada vez mayor y cuando x decrece,
p(x) tiene un valor cada vez mayor, es decir,
lim p(x) = ∞ y lim p(x) = ∞
x→+∞ x→−∞

Geom´tricamente, como se ve en la figura siguiente, es una par´bola
e a
vertical cńcava, con v´rtice en (0, −4). Intersecta al eje X, en x = 2
o e
y en x = −2. Luego es un polinomio con ra´ reales 2 y −2.
ıces

Observaciń. Estudiemos el polinomio P (X) = −X 2 +1 y su funciń
o o
polin´mica asociada.
o
En efecto, las ra´ del polinomio son 1 y −1.
ıces
lim −x2 + 1 = −∞ y lim −x2 + 1 = −∞
x→+∞ x→−∞

n Algebra

Geom´tricamente es una par´bola vertical convexa con v´rtice en (0, 1)
e a e
que intersecta al eje X en 1 y en −1. Se tiene p(1) = 0, p(−1) = 0,
p(0) = 1. Su gr´fico es:
a

Observaciń. Estudiemos el polinomio P (X) = X 2 + X + 1 y su
o
funciń polin´mica asociada.
o o
Soluciń. Encontrar las ra´ reales del polinomio P (X) = X 2 +X+1
o ıces
es equivalente a resolver la ecuaciń: x2 +x+1 = 0 (x es una inc´gnita)
√
o √
o
−1± 1−4 −1± −3
y su soluciń es x =
o 2
, de donde, x = 2
∈ IR, es decir,
/
no hay un n´mero real que cumpla la ecuaciń, es decir, el polinomio
u o
P (X) = X 2 + X + 1 no tiene ra´ ıces reales. Goem´tricamente esto
e
quiere decir que el gr´fico no toca el eje X, luego todo el gr´fico est´
a a a
sobre el eje X o todo el gr´fico est´ bajo el eje X. Basta ver solamente
a a
un valor, por ejemplo, p(0) = 1 0, luego siempre es positivo, es
decir, todo el gr´fico est´ sobre el eje X.
a a
Es una par´bola cńcava vertical con v´rtice en ( −1 , 4 ), como vemos
a o e 2
3

en la figura siguiente:

Cap´

Observaciń. Estudiemos el polinomio P (X) = (X +3)(X +1)(X −4)
o
y su funciń polin´mica asociada.
o o
Soluciń. Tenemos que
o

lim p(x) = +∞ y lim p(x) = −∞
x→+∞ x→−∞

Luego al menos una vez intersecta el eje X, es decir, tiene al menos
una ra´ real. En efecto tiene tres ra´
ız ıces reales, a saber: −3, −1, 4.
La curva intersecta el eje X en los puntos: (−3, 0), (−1, 0), (4, 0). Su
gr´fico es:
a

Observaciń. Estudiemos el polinomio P (X) = (X + 3)(X + 1)2 y
o
su funciń polin´mica asociada.
o o

n Algebra

Soluciń.
o

lim p(x) = +∞ y lim p(x) = −∞
x→+∞ x→−∞

Las ra´ reales son s´lo dos: −3 que es una ra´ simple y −1 que tiene
ıces o ız
multiplicidad 2. La ra´ de multiplicidad 2 corresponde a un punto de
ız
tangencia de la curva con el eje X. Su gr´fico es:
a

Observaciń. ¿Puede haber un polinomio real de grado 3 que no
o
tenga ra´ real alguna?
ız
Soluciń. Sea P (X) = aX 3 + bX 2 + cX + d
o
Caso (i): a 0, entonces

lim p(x) = +∞ y lim p(x) = −∞
x→+∞ x→−∞

Y puesto que es una funciń continua, la curva no puede dar saltos,
o
luego obligatoriamente atraviesa el eje X. Algebraicamente esto sig-
nifica que tiene al menos una ra´ real.
ız
Caso (ii): a 0. An´logo al caso anterior.
a

Cap´

8.3 Divisibilidad en el conjunto de poli-
nomios
Repaso: Divisibilidad en Z
Z

Tenemos que 6 = 2 · 3. Decimos: 6 es divisible por 3, 6 es divisible por
2, 2 divide a 6, o bien, 3 divide a 6. Se escribe: 2|6; 3|6 (es una l´
ınea
vertical). Adem´s 5 no divide a 6. Se escribe: 5 |6
a
Se tiene que 2 y 3 son divisores propios de 6, en cambio 1 y 6 son
divisores triviales de 6.
5 no tiene divisores propios. Se dice que 5 es primo.
Los primeros n´meros primos son: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, · · ·.
u
Los divisores propios de 555 son: 3, 5, 37.

Filosof´ de las matem´ticas
ıa a

Puesto que en K[X], la mayor´ de los elementos no tienen inverso
ıa
multiplicativo, se tiene una situaciń an´loga a Z Entonces se desea
o a Z.
llevar los conceptos definidos en Z a K[X]. No podr´ ser idńtico
Z a e
pues en Z se tiene la propiedad de orden total, sin embargo K[X] no
Z
tiene orden: Serń conceptos inspirados en Z
a Z
Observaciones

1. P (X) = X 2 − 1 es divisible por X − 1 y por X + 1, pues

X 2 − 1 = (X − 1)(X + 1)

2. En IR[X], el polinomio P (X) = X 2 +1 no es divisible por ningń
u
polinomio Q(X). Es decir no existe Q(X) ∈ IR[X], tal que

X 2 + 1 = Q(X) · T (X)

con gr(Q(X)) = 1, algń T (X) ∈ IR[X].
u

n Algebra

3. El polinomio X 4 −1 es divisible por el polinomio X 3 +X 2 +X +1
en IR[X], pues

X 4 − 1 = (X − 1)(X 3 + X 2 + X + 1)

Definiciń 8.3.1 Sean P (X) y Q(X) dos polinomios en K[X]. El
o
polinomio P (X) se dice divisible por Q(X) en K[X], si existe un
polinomio R(X) en K[X] tal que P (X) = Q(X) · R(X). Tambiń e
diremos que el polinomio Q(X) divide al polinomio P (X) y que el
polinomio R(X) divide al polinomio P (X).

Notaciń. Q(X)|P (X) y R(X)|P (X).
o

Definiciń 8.3.2 Si P (X) = Q(X)·S(X), ∀S(X) ∈ K[X], gr(S(X))
o
1, entonces diremos que Q(X) no divide a P (X) y lo denotaremos
Q(X) |P (X)


1. Busquemos los divisores de P (X) = X 3 − 1 en IR[X].
Soluciń.
o
X 3 − 1 = (X − 1)(X 2 + X + 1)
1 1 1
X 3 − 1 = (2X − 2)( X 2 + X + )
2 2 2
1 1
X 3 − 1 = ( X − )(3X 2 + 3X + 3)
3 3
Luego algunos divisores de P (X) = X 3 − 1 en IR[X] tienen la
forma

Rλ (X) = λX − λ y Qµ (X) = µX 2 + µX + µ · 1

Se tiene que P (X) = Rλ (X) · Qµ (X), con λ · µ = 1. Queda
pendiente la pregunta si habr´ otros divisores.
a

Cap´

2. Busquemos divisores del polinomio P (X) = X 3 + 1.
Soluciń.
o

P (X) = X 3 + 1 = (X + 1)(X 2 − X + 1)

Algunos divisores de P (X) en IR[X] tienen la forma:

Rλ (X) = λX + λ y Qµ (X) = µX 2 − µX + µ

Se tiene que:

P (X) = Rλ (X) · Qµ (X), con λ · µ = 1

Queda pendiente si habr´ otros divisores.
a

Definiciń 8.3.3 Factorizar un polinomio es transformarlo en un
o
producto de polinomios.

Nota. Buscar divisores de un polinomio es entonces equivalente a
buscar diferentes factorizaciones del polinomio dado.
Ejercicio. Busquemos divisores del polinomio P (X) = X 12 − 1.
Soluciń.
o
P (X) = X 12 − 1
= (X 6 + 1)(X 6 − 1)
= ((X 2 )3 + 1)((X 3 )2 − 1)
= (X 2 + 1)(X 4 − X 2 + 1)(X 3 − 1)(X 3 + 1)
= (X 2 + 1)(X 4 − X 2 + 1)(X − 1)(X 2 + X + 1)(X + 1)(X 2 − X + 1)

Cada factor es un divisor de P (X). Todav´ se pueden encontrar m´s
ıa a
divisores, pero este problema lo resolveremos m´s adelante.
a
Tarea. Encuentre los posibles valores para a de manera que :

1. X 3 + aX 2 − 10X + a2 sea divisible por X − 2

2. 2X 4 − 3X 3 + aX 2 − 9X + 1 sea divisible por X − 3

n Algebra

Definiciń 8.3.4 Sea P (X) ∈ K[X], entonces los polinomios con-
o
stantes y aquellos de la forma λP (X), con λ ∈ K, serń llamados
a
divisores triviales de P (X) y aquellos que no son triviales serń lla-
a
mados divisores propios de P (X). Los divisores triviales tambiń e
son llamados divisores impropios.

Demos otro paseo por el mundo de la aritm´tica.
e

Teorema 8.3.1 (Teorema fundamental de la arim´tica) Si n es
e
un n´mero natural, entonces
u

n = p11 · pr2 · · · prk
r
2 k

con p1 , p2 , · · · , pk primos distintos de dos en dos, se escribe de manera
unica.
´

Nota. En el conjunto de los polinomios, se definen conceptos inspira-
dos en estos conceptos aritm´ticos.
e

Definiciń 8.3.5 Un polinomio P (X) ∈ K[X] de grado mayor o
o
igual a 1, se llamar´ polinomio irreducible o primo sobre K, si
a
todos sus divisores son triviales en K[X]. En caso contrario ser´ lla-
a
mado reducible en K[X], es decir, P (X) es reducible sobre K[X] si
∃P1 (X), P2 (X) ∈ K[X] tal que

P (X) = P1 (X) · P2 (X)

con 0 gr(P1 (X)), gr(P2 (X)) gr(P (X))

Ejercicio (tarea). Estudie la reductibilidad sobre Q, IR, Z 2 y sobre
Z
Z 3 de los siguientes polinomios:
Z
(i) P (X) = X 2 − 2, (ii) P (X) = X 2 + 1, (iii) P (X) = X 3 + 6
Nota. El Teorema siguiente es an´logo al Teorema Fundamental de
a
la Aritm´tica, en K[X]
e

Cap´

8.3.1 Teorema de la descomposiciń unica
o ´
En K[X], todo polinomio de grado mayor o igual a 1, admite una
descomposiciń o factorizaciń unica, salvo el orden de los factores,
o o ´
en un producto de polinomios mńicos irreductibles en K[X] y un
o
factor constante de K.
Demostraciń. Se hace por inducciń sobre el grado del polinomio.
o o

8.4 Divisiń Euclidiana
o
Repaso de aritm´tica
e

Dividir significa multiplicar por el inverso multiplicativo. Puesto que
los n´meros enteros no tienen inverso multiplicativo, salvo el 1 y −1,
u
no se puede hablar de divisiń, se hablar´ de divisiń euclidiana.
o a o
Si 7 lo dividimos por 2, se obtiene 3 en el cuociente y resto 1. El resto
es estrictamente menor que el divisor.
Recuerde que en Z hay orden total.
Z

Filosof´ de las matem´ticas
ıa a

En K[X], se tiene que s´lo los polinomios constantes diferentes de
o
cero, tienen inverso multiplicativo. Esto nos dice que en K[X] no se
puede hablar de divisiń. ¿Ser´ posible construir algo parecido a la
o a
divisiń? ¿Una divisiń como la divisiń euclidiana definida sobre el
o o o
conjunto de los enteros?
Un polinomio P lo dividimos por un polinomio D, obteniendo Q en el
cuociente y R en el resto, es decir P = D · Q + R. Pero en este caso
”R D” no tiene sentido.
Nuevamente nos encontramos con un problema, pues en K[X] no hay
orden. Entonces vamos a comparar los grados de los polinomios.
La respuesta a todas estas interrogantes se tienen en el Teorema sigu-
iente:

n Algebra

8.4.1 Teorema de la Divisiń Euclidiana o Algo-
o
ritmo de la Divisiń
o
Sean P(X) y D(X) dos polinomios en K[X], con D(X) = 0, entonces
existen dos unicos polinomios Q(X) y R(X) tales que:
´

P(X)=D(X) · Q(X)+R(X), con gr(R(X)) gr(D(X)) o R(X)=0

Demostraciń. Se hace por inducciń sobre el grado de P (X).
o o

Definiciń 8.4.1 Q(X) es llamado el cuociente de la division de
o
P (X) por D(X), R(X) es llamado el resto, P (X) es llamado el div-
idendo y D(X) es llamado el divisor

Nota. Sea P (X) = X 2 − 3X + 1, D(X) = X − 2, entonces

X 2 − 3X + 1 = (X − 2)(X − 1) + (−1)

Esta divisiń se hace de la siguiente manera:
o
X 2 − 3X + 1 : X − 2 = X − 1
∓X 2 ± 2X
−X + 1
±X ∓ 2
−1
Observaciń Sea p : IR −→ IR la funciń polin´mica asociada. Se
o o o
tiene que p(2) = −1, n´mero que coincide con el resto de la divisiń
u o
euclidiana de P (X) por D(X), pues p(2) = (2−2)(2−1)+(−1) = −1.
Se tiene el teorema siguiente:

Teorema 8.4.1 (Teorema del Resto) El resto de la divisiń eu-
o
clidiana de un polinomio P (X) por D(X) = X − α es el n´mero p(α)
u

Demostraciń. Por el algoritmo de la divisiń se tiene
o o

P (X) = D(X) · Q(X) + R(X), con gr(R(X)) gr(D(X)) = 1

Cap´

Luego gr(R(X)) = 0 o R(X) = 0, es decir, R(X) = k, k una constante.
Luego p(x) = (x − α) · q(x) + k, entonces p(α) = (α − α) · q(α) + k,
luego p(α) = k

Introducciń al Teorema del Factor
o

Nota. El polinomio P (X) = X 2 + 1 no es divisible por X − 2 pues
p(2) = 22 + 1 = 5 = 0.
El polinomio P (X) = X 2 − X − 2 es divisible por X + 1, pues P (X) =
(X + 1)(X − 2).
Nota. El polinomio P (X) = X 2 − 4 = (X − 2)(X + 2) y p(2) =
p(−2) = 0. Es decir, P (X) es divisible por X − 2 y tambiń por X + 2.
e
Tenemos el Teorema siguiente:

Teorema 8.4.2 (Teorema del Factor) Un elemento α ∈ K es una
ra´ o cero del polinomio P (X) ∈ K[X] si y s´lo si X − α es un factor
ız o
de P (X) en K[X].

Demostraciń. Sea α ∈ K una ra´ de P (X), entonces p(α) = 0. Por
o ız
el Algoritmo de la Divisiń existe Q(X) ∈ K[X] tal que
o

P (X) = (X − α) · Q(X) + p(α)

luego P (X) = (X − α) · Q(X), es decir X − α es un factor de P (X).
Por otra parte, si X − α es un factor de P (X), entonces existe Q(X) ∈
K[X] tal que

P (X) = (X − α) · Q(X)

Luego p(α) = (α − α) · q(α) = 0. Luego α es una ra´ del polinomio
ız
P (X).

Teorema 8.4.3 (Teorema sobre el n´ mero m´ximo de ra´
u a ıces)
Un polinomio P (X) ∈ K[X], P (X) = 0, con gr(P (X)) = n, posee a
lo m´s n ra´
a ıces en K

n Algebra

Demostraciń. Por inducciń sobre el grado de P (X)
o o

1. Sea gr(P (X)) = 1, entonces

P (X) = a0 + a1 X, a1 = 0

luego α0 = − a0 es la unica ra´ de P (X)
a1
´ ız

2. Hip´tesis de inducciń: Supongamos que todo polinomio de
o o
grado n − 1 tiene a lo m´s n − 1 ra´
a ıces.

3. Por demostrar para gr(P (X)) = n
Si P (X) no tiene ra´
ıces, el teorema se cumple.
Si P (X) tiene a lo menos una ra´ sea α una tal ra´ Por el
ız: ız.
teorema del factor se tiene:

P (X) = (X − α) · Q(X), con gr(Q(X)) = n − 1

Por hip´tesis de inducciń Q(X) tiene a lo m´s n − 1 ra´
o o a ıces.
Luego P (X) tiene a lo m´s n ra´
a ıces.

8.5 Descomposiciń en C[X]
o
Definiciń 8.5.1 Un cuerpo K se dir´ algebraicamente cerrado
o a
si todo polinomio P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n , con n ≥ 1, tiene
sus n ra´
ıces en K

Nota. Q, IR no son algebraicamente cerrados.
Contraejemplo: El polinomio P (X) = X 2 + 2 no tiene ra´ ni en Q
ıces
ni en IR.
Pregunta. ¿Habr´ un cuerpo algebraicamente cerrado? La respuesta
a
la tenemos en el siguiente Teorema:

Cap´

Teorema 8.5.1 (Teorema Fundamental del Algebra) Todo poli-
nomio en C[X] tiene todas sus ra´
ıces en C.
Otra forma de enunciar el teorema es la siguiente:
C es algebraicamente cerrado.
O bien:
Para todo P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n ∈ C[X], se tiene

P (X) = an (X − z1 )(X − z2 ) · · · (X − zn ); con zi ∈ C

no necesariamente distintas todas sus ra´
ıces.
O bien:
Un polinomio complejo de grado n, tiene n ra´ complejas, no nece-
ıces
sariamente distintas.

La demostraciń de este teorema no la veremos en este curso.
o
Ejemplo. Descompongamos P (X) = X 3 − 1 en C[X]
√ √
En efecto, sus ra´ son: ω0 = 1, ω1 = − 1 +
ıces 2 2
3
i y ω2 = − 1 −
2 2
3
i.
Luego P (X) = (X − 1)(X − ω1 )(X − ω2 )
√ √
Es decir, P (X) = (X − 1)(X − (− 1 +
2 2
3
i))(X 1
− (− 2 − 2
3
i))
6
Ejemplo. En C[X], descompngamos el polinomio P (X) = X − 1
Sabemos que las ra´ sextas de la unidad son:
ıces
√ √
1 3
ω0 = 1, ω1 = 2
+ 2
i, ω2 = − 1 +
2 2
3
i
√ √
ω3 = −1, ω4 = − 1 −
2 2
3
i, ω5 = 1
2
− 2
3
i
Luego P (X) = (X − 1)(X − ω1 )(X − ω2 )(X + 1)(X − ω4 )(X − ω5 )

8.6 Descomposiciń en IR[X]
o
Observaciń. En el ejercicio anterior observamos que ω1 = ω5 y
o
ω2 = ω4 .

n Algebra

Esto nos ayuda a descomponer P (X) en polinomios irreductibles en
IR[X].

Q1 (X) = (X − ω1 )(X − ω1 ) = X 2 − (ω1 + ω1 )X + ω1 · ω1 ∈ IR[X]

Q2 (X) = (X − ω2 )(X − ω2 ) = X 2 − (ω2 + ω2 )X + ω2 · ω2 ∈ IR[X]

Tenemos que
ω1 + ω1 = 1; ω1 · ω1 = 1; ω2 + ω2 = −1; ω2 · ω2 = 1

Luego Q1 (X) = X 2 −X +1 y Q2 (X) = X 2 +X +1. Ambos polinomios
son reales.
Luego
X 6 − 1 = (X − 1)(X + 1)(X 2 − X + 1)(X 2 + X + 1)

Los cuatro polinomios son irreducibles en IR[X]
Observaciń. Si z ∈ C, se tiene que
o
(X − z)(X − z) = X 2 − (z + z)X + z · z
el cual es un polinomio real.
Entonces uno se hace la pregunta siguiente: ¿En qu´ caso se tiene la
e
ra´ compleja con su ra´ conjugada? La respuesta la tenemos en la
ız ız
siguiente proposiciń
o

Proposiciń 8.6.1 Sea P (X) ∈ IR[X]. Si z es una ra´ compleja no
o ız
real, entonces z tambiń es una ra´ de P (X)
e ız

Demostraciń. Sea P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n ∈ IR[X]. Sea z
o
una ra´ compleja no real de P (X), entonces:
ız
0 = p(z) = p(z) = a 0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + a n z n
= a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + a n z n
= a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + a n z n
= a0 + a1 z + a2 (z)2 + · · · + an (z)n
= p(z)

Cap´

Luego p(z) = 0.
Se tiene entonces el siguiente Teorema:

Teorema 8.6.2 (Teorema de Descomposiciń en IR[X].) Sea
o
P (X) ∈ IR[X]. P (X) admite una descomposiciń unica (salvo el or-
o ´
den de sus factores) en un producto de polinomios reales mńicos ir-
o
reductibles de grado 1 o 2 y un factor constante.

Demostraciń. Basta observar que al efectuar el producto de factores
o
del tipo (X − z)(X − z), se obtiene un polinomio real irreducible en
IR[X] de grado 2.
Ejemplos
P (X) = 2X 2 − 50 = 2 · (X − 5) · (X + 5)
Q(X) = 3X 3 − 27X 2 + 72X − 60 = 3 · (X − 2)2 · (X − 5)

8.7 Descomposiciń en Q[X]
o
Observaciń. Consideremos el polinomio
o

Q(X) = 8X 3 − 32X 2 + 8X + 3
1
Se tiene que 2
es una ra´ pues:
ız,
q( 1 ) = 8( 2 )3 − 32( 2 )2 + 8( 2 ) + 3 = 1 − 8 + 4 + 3 = 0.
2
1 1 1

Observamos que p = 2 y p = 1|3 y q = 2|8. Es decir p|a0 y q|an .
q
1

El siguiente teorema nos entrega informaciń sobre las posibles ra´
o ıces
racionales de un polinomio con coeficientes enteros.

Teorema 8.7.1 Sea P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n un polinomio con
coeficientes enteros, de grado n ≥ 1. Si α = p es una ra´ racional de
q
ız
P (X), (p y q relativamente primos), entonces p|a0 y q|an

Demostraciń. Sea
o

P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n ∈ ZZ[X]

n Algebra

p
Supongamos que α = q
es una ra´ de P (X), entonces
ız

p p p
p( ) = a0 + a1 ( ) + · · · + an ( )n = 0
q q q

Luego multiplicando por q n , tenemos:

a0 q n + a1 q n−1 p + · · · + an−1 qpn−1 + an pn = 0

De donde:

a1 q n−1 p + · · · + an−1 qpn−1 + an pn = −a0 q n

Luego p|ao q n y como (p, q) = 1, entonces p|a0 .
Adem´s q|(a1 q n−1 p + · · · + an−1 qpn−1 + an pn ). Luego q|an pn . De donde
a
se concluye que q|an
Ejemplo. Veamos si el polinomio P (X) = −10 + 3X + 18X 2 tiene
ra´ racionales.
ıces
En efecto, sea α = p una ra´ Entonces: p|10 y q|18. Luego las posi-
q
ız.
bilidades para p y q son: p : 1, 2, 5, 10 y q : 1, 2, 3, 6, 9, 18
p( 1 ) = p(1) = 11 = 0
1

3
1
p( 1 ) = −10 + 3 · 3 + 18 · 1
9
= −10 + 1 + 2 = 0
p( 1 ) = −10 + 3 · 6 + 18 36 =
6
1 1 −20+1+1
2
=0

3
2
p( 2 ) = −10 + 3 · 3 + 18 · 4
9
= −10 + 2 + 8 = 0. Luego 2
3
es una ra´
ız.
p( −5 ) = −10 + 3 · ( −5 ) + 18 ·
6 6
25
36
= −20−5+25
2
= 0. Luego − 5 es la otra
6
ra´
ız.
Luego P (X) = 18(X − 2 )(X + 5 )
3 6


1. Encuentre los valores de a, de manera que

P (X) = X 3 + aX 2 − 10X + a2

sea divisible por X − 2.

Cap´

Soluciń. Que sea divisible por X − 2, significa que al dividir
o
P (X) por X − 2, se obtiene resto 0. Por el Teorema del Resto,
tenemos que la funciń polin´mica asociada evaluada en 2, debe
o o
tener valor 0, es decir, 8+4a−20+a2 = 0, tenemos (a−2)(a+6) =
0. Luego a = 2 o a = −6. Los polinomios buscados son:
P1 (X) = X 3 + 2X 2 − 10X + 4
P2 (X) = X 3 − 6X 2 − 10X + 36

2. Encuentre los valores de a, de manera que el polinomio
P (X) = 4X 3 + aX 2 − 2X + 5
al dividirlo por X − 1, se obtenga resto 5.
Soluciń. Por el Teorema del Resto, se tiene que la funciń
o o
polin´mica asociada a P (X), evaluada en 1, se obtiene el valor
o
5. Luego 4 + a − 2 + 5 = 5, de donde a = −2.
3. En IR[X], descomponga en sus factores irreducibles mńicos los
o
polinomios:
P1 (X) = X 2 + 1; P2 (X) = X 3 − 1; P3 (X) = X 3 + 1

Soluciń. Se tiene que P1 (X) es irreducible en IR[X]. Los otros
o
polinomios se descomponen de la manera siguiente:
P2 (X) = (X − 1)(X 2 + X + 1); P3 (X) = (X + 1)(X 2 − X + 1)

4. Descomponga en sus factores irreducibles en IR[X], el polinomio
P (X) = X 12 − 1.
Soluciń. Buscamos z ∈ C, tal que z 12 − 1 = 0, es decir
o
12
z = 1, luego buscamos las ra´ dćimo segundas de la unidad.
ıces e
Comencemos por escribir la unidad en su forma polar. Tenemos
1 = 1(cos 0 + i sin 0)
Ahora busquemos las ra´ dćimo segundas de la unidad:
ıces e
0 0
w0 = 1(cos + i sin ) = 1
12 12

n Algebra

Para obtener la segunda ra´ debemos sumar 2π =
ız 12
π
6
al argu-
mento de w0 . Tenemos:
√
π π 3 1
w1 = cos + sin = + i
6 6 2 2
Nuevamente debemos sumar π al argumento de w1 , para obtener
6
el argumento de w2 y as´ sucesivamente, tenemos:
ı
√
1 3
w2 = cos π + sin π
3 3
= 2
+ 2
i
w3 = cos π + sin π
2 2
= i √
w4 = cos 2π + sin 2π
3 3
= − 1 + 23 i
2
√
6 6
= − 23 + 1 i2
w6 = cos π + sin π = −1 √
6 6
= − 23 − 1 i
√2
3 3
= − 1 − 23 i
2
2 2
= −i √
3 3
= 1
2
√
− 23 i
w11 = cos 11π + sin 11π
6 6
= 2
3
− 1i
2

Ahora que tenemos las ra´ de P (X), podemos descomponerlo
ıces
en sus factores irreducibles en C[X]. Se tiene:

P (X) = (X − w0 )(X − w1 ) · · · (X − w11 )

Para obtener la descomposici´n en IR[X], debemos encontrar la
o
ra´ conjugada de cada wi . Tenemos que w1 = w11 , w2 = w10 ,
ız
w3 = w9 , w4 = w8 y w5 = w7 . Podemos entonces construir los
factores irreducibles en IR[X], de la siguiente manera:
√
P1 (X) = (X − w1 )(X − w11 ) = X 2 − 3X + 1
P2 (X) = (X − w2 )(X − w10 ) = X 2 − X + 1
P3 (X) = (X − w3 )(X − w9 ) = X 2 + 1
P4 (X) = (X − w4 )(X − w8 ) = X 2 + X + 1 √
P5 (X) = (X − w5 )(X − w7 ) = X 2 + 3X + 1
Luego

X 12 − 1 = (X − 1) · (X + 1) · P1 (X) · P2 (X) · P3 (X) · P4 (X) · P5 (X)

Cap´

Es la descomposiciń de P (X) = X 12 − 1 en sus factores irre-
o
ducibles en IR[X]

5. Determine un polinomio real de grado 3 que admita las ra´ 0 ıces
y 2 y tal que los restos que se obtienen al dividirlo por X − 1 y
por X − 3 sean iguales. Calcule la tercera ra´ız.
Soluciń. P (X) se descompone de la manera siguiente:
o

P (X) = X(X − 2)(X − a)

Los restos de la divisiń por X − 1 y por X − 3 son iguales, luego
o
al evaluar la funciń polin´mica en 1 y en 3, estos valores deben
o o
coincidir. Luego p(1) = p(3). De donde:

1(1 − 2)(1 − a) = 3(3 − 2)(3 − a)
5
Luego a = y el polinomio buscado es
2
9
P (X) = X 3 − X 2 + 5X
2

6. En IR[X], encuentre el polinomio de menor grado que tenga por
ra´ ces:
ı

(a) 3, −2
(b) 1 + 3i, 2
(c) −2i, 2 + i

Soluciń.
o

(a) P (X) = (X − 3)(X + 2) = X 2 − X − 6
(b) Si un polinomio real, tiene una ra´ compleja, entonces debe
ız
tener tambiń su ra´ conjugada. Luego el polinomio bus-
e ız
cado es:
P (X) = (X − (1 + 3i))(X − (1 − 3i))(X − 2)
= X 3 − 2X 2 + 10X − 2X 2 + 4X − 20
= X 3 − 4X 2 + 14X − 20

n Algebra

(c) El polinomio buscado es:

P (X) = (X − 2i)(X + 2i)(X − (2 + i))(X − (2 − i))
= (X 2 + 4)(X 2 − 4X + 5)
= X 4 − 4X 3 + 9X 2 − 16X + 20

7. Encuentre el polinomio real mńico que tiene por ra´
o ıces: −1,
1 − 2i y que deja resto 45 al ser dividido por X − 2
Soluciń. El polinomio P (X) tiene la forma:
o

P (X) = (X + 1) · (X − (1 − 2i)) · (X − (1 + 2i)) · (X − a)
= (X + 1) · (X 2 − 2X + 5) · (X − a)
p(2) = (2 + 1) · (4 − 4 + 5) · (2 − a)
= 45

Luego a = −1. De donde, el polinomio pedido es

P (X) = (X + 1) · (X 2 − 2X + 5) · (X + 1)
= (X 2 + 2X + 1)(X 2 − 2X + 5)
= X 4 + 2X 2 + 8X + 5

8. Considere el polinomio P (X) = X 3 + pX + q, donde q es un
n´mero real fijo. Determine m y p, en funciń de q, de modo que
u o
dicho polinomio sea divisible por Q(X) = X 2 + mX − 1.
Soluciń. Comencemos por hacer la Divisiń Euclidiana. Ten-
o o
emos:
X 3 + pX + q : X 2 + mX − 1 = X − m
∓X 3 ∓ mX 2 ± X
−mX 2 + (p + 1)X + q
±mX 2 ± m2 X ∓ m
(1 + p + m2 )X + (q − m) = 0
Luego tenemos:
1 + p + m2 = 0
q−m = 0
Se concluye entonces que m = q y p = −1 − q 2

Cap´

9. Dado el polinomio

P (X) = X 3 + 6X 2 − 63X − 392

Busquemos sus ra´
ıces, sabiendo que una de ellas es de multipli-
cidad 2.
Soluciń. La descomposiciń de P (X), tiene la forma:
o o

P (X) = (X − a)2 (X − b) = (X 2 − 2aX + a2 )(X − b)

Luego

X 3 + 6X 2 − 63X − 392 = X 3 + (−b − 2a)X 2 + (2ab + a2 )X − a2 b

Luego por definiciń de igualdad de polinomios, tenemos:
o

X2 : 6 = −2a − b
X : −63 = 2ab + a2
Cte : −392 = −a2 b

De donde se obtiene a1 = −7 y a2 = 3
Luego, b1 = 8 y b2 = −12
Es fćil verificar que el par (a2 , b2 ) no satisface la tercera ecuaciń.
a o
Luego la unica soluciń es (a1 , b1 ), es decir
´ o

P (X) = (X + 7)2 · (X − 8)

8.8 Fracciones Racionales
Definiciń 8.8.1 Sean P (X), Q(X) ∈ K[X].
o
P (X)
Diremos que , Q(X) = 0, es una fracciń racional.
o
Q(X)

Definiciń 8.8.2 Diremos que dos fracciones racionales son iguales
o
si:

n Algebra

P (X) P ′ (X)
= ′ ssi P (X) · Q′ (X) = Q(X) · P ′ (X)
Q(X) Q (X)

Definiciń 8.8.3 El conjunto formado por todas las fracciones racionales
o
con coeficientes en K, ser´ denotado K(X), es decir
a

P (X)
K(X) = ; Q(X) = 0; P (X), Q(X) ∈ K[X]
Q(X)

Definiciń 8.8.4 En K(X) se define una suma, denotada por +, y
o
dada por:

P (X) Q(X) P (X)G(X) + Q(X)H(X)
+ =
H(X) G(X) H(X)G(X)

Definiciń 8.8.5 Se define la multiplicaciń de la siguiente man-
o o
era:

P (X) Q(X) P (X)Q(X)
· =
H(X) G(X) H(X)G(X)

P (X)
Definiciń 8.8.6 A toda fracciń racional F (X) =
o o se le aso-
Q(X)
cia una funciń racional
o

p(z)
f : K −→ K; f (z) = , con q(z) = 0
q(z)

Proposiciń 8.8.1 Sean P (X) y D(X) dos polinomios en K[X] con
o
gr(P (X)) ≥ gr(D(X)), entonces existen Q(X) y R(X) tales que

P (X) R(X)
= Q(X) + ; gr(R(X)) gr(D(X)) o R(X) = 0
D(X) D(X)

Demostraciń. Por el Algoritmo de la divisiń se tiene que existen
o o
Q(X) y R(X) tales que

Cap´

P (X) = Q(X)D(X) + R(X); gr(R(X)) gr(D(X)) o R(X) = 0

Luego

P (X) Q(X)D(X) + R(X) R(X)
= = Q(X) +
D(X) D(X) D(X)

Nota. Diremos que la funciń racional ha sido descompuesta en frac-
o
ciones parciales.
Ejemplo. Descompongamos la fracciń racional
o
X2 − X + 1
X +1
En efecto:
X2 − X + 1 : X + 1 = X − 2
∓X 2 ∓ X
−2X + 1
±2X ± 2
3
Luego
X 2 − X + 1 = (X + 1)(X − 2) + 3
De donde:
X2 − X + 1 3
=X −2+
X +1 X +1

Teorema 8.8.2 Sean F (X), G(X) y H(X) polinomios en K[X] tales
que:

1. G(X) y H(X) son primos relativos
2. a = gr(G(X)), b = gr(H(X)) y gr(F (X)) a + b

Entonces existe una representaciń lineal
o

F (X) = P (X)G(X) + Q(X)H(X), ciertos P (X), Q(X) ∈ K[X]

n Algebra

con gr(P (X)) b y gr(Q(X)) a. Es decir, en K(X), tenemos:

F (X) P (X) Q(X)
= +
G(X)H(X) H(X) G(X)

Ejemplo. Descompongamos en fracciones parciales, la fracciń:
o
6X − 2
(X − 3)(X + 5)

En efecto, la forma de la descomposiciń es la siguiente:
o
6X − 2 a b
= +
(X − 3)(X + 5) X −3 X +5

Su representaciń lineal es:
o

6X − 2 = a(X + 5) + b(X − 3)

Luego:
6X − 2 = (a + b)X + (5a − 3b)
Por la definiciń de igualdad de polinomios, tenemos:
o

a+b = 6
5a − 3b = −2

De donde b = 4 y a = 2
Luego:
6X − 2 2 4
= +
(X − 3)(X + 5) X −3 X +5

Proposiciń 8.8.3 Se tiene la descomposiciń en suma de fracciones
o o
parciales siguiente:

P (X) a1 a2 an
= + 2
+ ··· +
(X − α) n X − α (X − α) (X − α)n

Donde gr(P (X)) ≤ n − 1

Cap´

Ejemplo. Descompongamos la fracciń racional siguiente:
o

X 2 + 5X + 2
(X + 3)3

En efecto, la forma de la descomposiciń es la siguiente:
o

X 2 + 5X + 2 a b c
3
= + 2
+
(X + 1) X + 1 (X + 1) (X + 1)3

Su representaciń lineal es:
o

X 2 + 5X + 2 = a(X + 1)2 + b(X + 1) + c

Luego
X 2 + 5X + 2 = aX 2 + 2aX + a + bX + b + c
Por la definiciń de igualdad de polinomios tenemos:
o

a = 1
2a + b = 5
a+b+c = 2

Luego a = 1, b = 3 y c = −2 La descomposiciń buscada es entonces:
o

X 2 + 5X + 2 1 3 −2
3
= + 2
+
(X + 1) X + 1 (X + 1) (X + 1)3

Proposiciń 8.8.4 Se tiene la descomposiciń en suma de fracciones
o o
parciales siguiente:

P (X) Q1 (X) Q2 (X)
= + + ···+
(aX 2 + bX + c) n aX 2 + bX + c (aX 2 + bX + c)2

Qn (X)
+
(aX 2
+ bX + c)n

Con gr(P (X)) 2n y gr(Q1 ), gr(Q2 ), · · · , gr(Qn ) ≤ 1

n Algebra

Ejemplo. Descompongamos la fracciń racional siguiente:
o

2X 3 + 3X 2 + 6X
(X 2 + X + 1)2
En efecto, la descomposiciń tiene la forma siguiente:
o
2X 3 + 3X 2 + 6X aX + b cX + d
2 + X + 1)2
= 2 + 2 + X + 1)2
(X X + X + 1 (X
Luego su representaciń lineal es la siguiente:
o
2X 3 + 3X 2 + 6X = (aX + b)(X 2 + X + 1) + cX + d
De donde:
2X 3 + 3X 2 + 6X = aX 3 + aX 2 + aX + bX 2 + bX + b + cX + d
Usando la definiciń de igualdad de polinomios tenemos:
o

a = 2
a+b = 3
a+b+c = 6
b+d = 0
De donde a = 2, b = 1, c = 3 y d = −1
La descomposiciń buscada es entonces:
o
2X 3 + 3X 2 + 6X 2X + 1 3X − 1
2 + X + 1)2
= 2 + 2 + X + 1)2
(X X + X + 1 (X

Ejemplo. Busquemos la forma de la descomposiciń de:
o
P (X)
; con gr(P (X)) 8
(X − 2)2 (X 2
+ X + 1)3

En efecto, la descomposiciń buscada tiene la forma siguiente:
o
P (X) a b cX + d
= + + 2 +
(X − 2)2 (X 2
+ X + 1)3 X − 2 (X − 2)2 X +X +1
eX + f gX + h
+ +
(X 2+ X + 1)2 (X 2 + X + 1)3

Cap´

1. En IR[X], descomponga en 6 factores, el polinomio

P (X) = X 12 − 1

2. El polinomio P (X) = X 4 − 1, descompńgalo en:
o

(a) Un factor de grado 1 y un factor grado 3
(b) En dos factores de grado 2
(c) En sus factores irreducible en C[X]
(d) Encuentre sus factores propios mńicos en IR[X]
o

3. Dado a ∈ IR, descomponga X 6 − a6 como producto de factores
irreducibles en C[X]

4. Descomponga en sus factores irreducibles el polinomio P (X) =
X8 − 1
i) en IR[X]; ii) en Q[X]

5. El polinomio P (X) = X 6 + 1, descompńgalo en IR[X] en un
o
factor de grado 2 y un factor de grado 4.

6. Demuestre que el polinomio

P (X) = (2a − b)X 2 + 4a2 (b − X) + b2 (X − 2a)

es divisible por D1 (X) = X − 2a y D2 (X) = X − b.

7. Calcule el producto P (X) = (X 3 + X 2 − 1)(X 2 − X + 1). Diga
en que se convierte este desarrollo si cambiamos X por −X. De-
duzca la descomposiciń de R(X) = X 5 + X + 1 en un producto
o
de dos factores.

8. Encuentre un polinomio P√ con coeficientes enteros, del menor
(X) √
grado posible, tal que P ( 2 + 3) = 0

n Algebra

9. Determinar el cuociente y el resto al dividir el polinomio :
i) 2X 4 − 3X 3 + 4X 2 − 5X + 6 por X 2 − 3X + 1
ii)X 5 − X 4 + 1 por 2X 3 − 2X
1
iii)−4X 3 + X 2 por X + 2
10. Al dividir el polinomio aX 4 − 2X 3 + bX 2 − 18X + a por X − 1,
el resto es 3 y el cuociente es un polinomio que toma el valor 33
para X = 2. Calcular a y b.
11. En IR[X] encuentre:

(a) Un polinomio de grado 3 que tenga por ra´ 1 + i, 1 − i, 2
ıces
(b) Un polinomio que tenga por ra´ 1, 0, 1 − 2i
ıces
(c) Un polinomio que tenga por ra´ 2 y 3 y que deje resto 4
ıces
al ser dividido por R(X) = X − 4
12. Sabiendo que 2i es ra´ del polinomio
ız
P (X) = X 5 − 3X 4 + 2X 3 − 6X 2 − 8X + 24
encuentre las otras ra´
ıces.
13. Encuentre las condiciones que deben cumplir a y b para que
P (X) = X 3 + 3aX + b
tenga:
(a) Una ra´ de multiplicidad dos
ız
(b) Una ra´ triple
ız
14. Dos de las ra´ de P (X) = X 4 − 2(a2 + b2 )X 2 + (a2 − b2 )2 son
ıces
(a + b) y (a − b). Encuentre las otras dos
15. Dado a ∈ IR, demuestre que P (X) = X 4 + aX 2 + 1 no puede
tener una ra´ triple.
ız
16. Encuentre un polinomio P (X) en C[X], IR[X] o Q[X], de grado
3, cuyas ra´ sean α, α + 1 y 2α y tal que el coeﬁciente de X 2
ıces
sea 3. Adem´s determine α.
a

Cap´

17. Encuentre todas las ra´ en C del polinomio X 6 + X 4 + X 2 + 1.
ıces

18. Factorice en IR[X] y en C[X] los polinomios

(a) P (X) = X 4 + 2X 2 − 8
(b) Q(X) = X 4 + X 3 + X 2 + X
(c) R(X) = X 3 − X 2 − 7X + 15, sabiendo que admite a 2 + i
como ra´
ız).

ıces de P (X) = X 4 + 4 y de
19. Exprese en la forma a + bi las ra´
Q(X) = X 2 + i

20. Considere los polinomios P (X) = X 2 − 4X + 5 y Q(X) = X 3 −
(1 + 2i)X 2 − 3X + 2i − 1

(a) Encuentre los n´meros complejos que son ra´
u ıces del poli-
nomio P (X)
(b) Pruebe que el polinomio Q(X) tiene una ra´ com´n α con
ız u
el polinomioP (X). Determine α
(c) Divida Q(X) por D(X) = X − α
(d) Descomponga Q(X) en factores de grado 1
(e) Determine R(X) ∈ C[X], de grado minimal que sea m´ltiplo
u
com´n de P (X) y del polinomio S(X) = X 3 − (1 + 2i)X 2 −
u
3X + a. Discuta los valores de a. Es unico este polinomio
´
R(X)?

21. Descomponga en C[X], los siguientes polinomios a) X 6 − 1; b)
X 4 + 16; c) X 4 − 2; d) X 8 − 1; e) X 12 + 1

22. Determine los valores de λ para que las ecuaciones siguientes
tengan al menos una ra´ doble :
ız

(a) x3 − 3x + λ = 0
(b) x3 − 8x2 + (13 − λ)x − 62λ = 0
(c) x4 − 4x3 + (2 − λ)x2 + 2x − 2 = 0
y resuelva cada una de estas ecuaciones con las condiciones
encontradas

23. Resuelva la ecuaciń 24x3 − 14x2 − 63x + 45 = 0, sabiendo que
o
una ra´ es el doble de la otra
ız

24. Resuelva la ecuaciń x4 −16x3 + 86x2 −176x + 105 = 0, sabiendo
o
que 1 y 7 son ra´
ıces

25. Resuelva la ecuaciń 4x3 + 16x2 − 9x − 36 = 0, sabiendo que la
o
suma de dos de sus ra´ es cero.
ıces

26. Resuelva la ecuaciń 4x3 + 20x2 − 23x + 6 = 0, sabiendo que
o
tiene dos ra´ iguales
ıces

27. Descomponer en fracciones parciales, las siguientes funciones
racionales
2z 3 + z + 1 2z + 1
a) ; b)
z−1 (z − 1)(z + 2)
z2 + 1 z2 − z + 2
c) d) 4
(z − 1)3 z − 5z 2 + 4
z2 3z 3 + 4
e) 2 g) 2
(z + 1) z + 3z + 2
1 1
h) 2 i) 2
z +1 (z + 1)
1 4z 3 − 2z 2 + z + 1
j) 2 k)
z +4 (z − 2)(z + 1)3
z2 − z + 4 7z 3 + 20x2 + 35z − 13
l) m)
(z − 1)(z 2 + 2z + 2)2 z 2 (z 2 − 4z + 1)

Bibliograf´
ıa

[1] Edgard De Alencar, Rela¸˜es y Fun¸˜es, Livraria Nobel
co co
(Brasil). 1968

[2] Ra´ l Benavides Gallardo, Ejercicios resueltos de lgebra, Uni-
u
versidad de La Frontera, 1994

[3] Enzo Gentille, Estructuras Algebraicas, Monograf´ N 3, Serie
ıa
Matem´tica, OEA, 1967
a

[4] Eric Goles, Algebra, Dolmen. 1993

[5] Alamiro Robledo., Lecciones de Algebra Elemental Moderna.
Editorial Universitaria. 1973

[6] Armando O. Rojo, Algebra, Ed. El Ateneo, Buenos Aires, 1992

[7] Elbridge Vance, Algebra superior moderna, 1965

297

Indice de t´rminos
e

Algebraicamente cerrado, 278 Construcciń de los n´meros com-
o u
Anillo, 213 plejos, 229
Antisimetr´ 130
ıa, Construcciń de los naturales
o
Aritm´tica, 223
e segń Peano, 75
u
Asociatividad, 199 Contradicciń, 13
o
Axioma, 14 Contraejemplo, 44
Axioma de Inducciń, 76
o Cuantificadores, 40
Cuerpo, 214
Binomio de Newton, 87 Cuociente, 276

Desarrollo del binomio, 101
Cancelable, 207
Descomposiciń en C[X], 278
o
Cardinal de un conjunto, 39
Descomposiciń en Q[X], 281
o
Clase de equivalencia, 146
Descomposiciń en IR[X], 279,
o
Codominio de una funciń, 166
o
281
Codominio de una relaciń, 118
o
Distancia, 240
Coeficiente supremo, 262
Distancia entre n´meros com-
u
Complejos conjugados, 235
plejos, 236
Complemento, 45
Distributividad, 200
Composiciń de funciones, 175
o
dividendo, 276
Congruencias en Z 151
Z, Divisiń Euclidiana, 275, 276
o
Congruencias m´dulo n, 152
o Divisibilidad de polinomios, 271
Conjunto cuociente, 147 divisor, 276
Conjunto ordenado, 161 Divisor de cero, 213
Conjunto potencia, 49 Divisores propios, 274
Conjunto universal, 38 Dominio de una funciń, 166
o
Conjunto vac´ 39
ıo, Dominio de una relaciń, 117
o
Conmutatividad, 199
Construcciń de Q, 155
o Elemento absorbente, 202
Construcciń de Z 154
o Z, Elemento cancelable, 207

299

n Algebra

Elemento idempotente, 202 Grafo de una relaciń, 120
o
Elemento inverso, 203 Grupo, 210
Elemento neutro, 200
Elevaciń a potencia de un n´mero
o u Idempotente, 202
complejo, 243 Igualdad de conjuntos, 38
Estructura algebraica, 197, 198 Igualdad de funciones, 170
Estructura algebraica de los n´meros
u Igualdad de n´meros comple-
u
complejos, 232 jos, 230
Estructura de Z n , 217
Z Igualdad de pares ordenados, 113
Estructura de Sn , 218 Igualdad de polinomios, 261
Extensiń de una funciń, 173
o o Imagen de una funciń, 166
o
Extracciń de ra´
o ıces, 246 Imagen de una relaciń, 118
o
Imagen rec´ ıproca, 172
F´rmula de De Moivre, 248
o Indeterminada, 260
Factorial, 87 Inverso, 203
Factorizaciń de un polinomio,
o
273 Ley de composiciń interna, 197,
o
Forma exponencial de un n´mero
u 198
complejo, 250
Forma polar de un n´mero com-
u Multiplicaciń de n´meros com-
o u
plejo, 241 plejos, 242
Forma trigonom´trica de un n´mero
e u Multiplicidad de una ra´ 266
ız,
complejo, 241
Fracciones racionales, 287 N´mero combinatorio, 89
u
Funciń biyectiva, 175
o N´mero combinatorio , 91
u
Funciń epiyectiva, 175
o N´mero factorial, 87
u
funciń identidad, 174
o N´meros complejos, 229
u
Funciń inversa, 176, 177
o N´meros naturales, 75
u
Funciń inyectiva, 174
o
Par ordenado, 113
Funciń polin´mica, 265, 266
o o
Paradojas, 8
Funciń racional, 288
o
Parte imaginaria, 230
Funciones, 165
Parte real, 230
Funciones entre conjuntos fini-
Particiń, 149
o
tos, 185, 188
Permutaciones, 181, 182
Funciones entre conjuntos no fini-
Polinomio complejo, 260
tos, 189
Polinomio constante, 262
Grado de un polinomio, 261 Polinomio irreductible, 274

Cap´ Polinomios
ıtulo 8. 301

Polinomio mńico, 262
o Suma de polinomios, 263
Polinomio racional, 260 Sumatoria, 61
Polinomio real, 260 Sumatoria propiedades, 62
Polinomio sobre K, 260
Polinomios, 259 Tautolog´ 13
ıa,
Postulados de Peano, 75 Teo. Fund. sobre rel. de equiv.,
Predicado, 39 149
Producto cartesiano, 113, 114 Teorema, 14
Progresiń aritm´tica, 70
o e Teorema de Cayley, 218
Progresiń geom´trica, 72
o e Teorema de descomposiciń unica,
o ´
Proposiciń L´gica, 7
o o 275
Proposiciones equivalentes, 9 Teorema de Descomposiciń en
o
IR[X], 281
Ra´ de un polinomio, 266
ıces Teorema del Binomio, 102
Reducciń de circuitos, 30
o Teorema del Factor, 277
Reflexividad, 122 Teorema del Resto, 276
Relaciń de equivalencia, 141
o Teorema Fundamental del Al-
Relaciń de orden parcial, 162
o gebra, 279
Relaciń de orden total, 162
o Transitividad, 129
Relaciones binarias, 113, 122 Trińgulo de Pascal, 92, 104
a
Relaciones de equivalencia, 140 Valor absoluto, 236
Relaciones de orden, 160 Valor de verdad, 10
Relaciones entre conjunto, 116
Resto, 276
Restricciń, 173
o

Simetr´ 125
ıa,
Subconjunto, 44
Subestructuras, 208
Subgrupo, 214
Subgrupo propio, 215
Suma de cuadrados, 67, 74, 76
Suma de cubos, 77
Suma de los m´ltiplos de 4, 79
u
Suma de los n´meros impares,
u
78
Suma de los n´meros pares, 78
u

Algebra[ufro]

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