Cuando hablamos de los naturales, hablamos de los números 0, 1, 2, 3 etc.

El conjunto de los números naturales se nota \(\mathbb{N}\)

Ha habido en el pasado cierta controversia sobre la inclusión o no del 0 entre los naturales pero hoy en día la inmensa mayoría de los matemáticos lo incluyen.

El conjunto de los números naturales privado de 0 se nota \(\mathbb{N}^*\,=\,\mathbb{N}-\{0\}\).

Es preciso definir exactamente y rigurosamente los números naturales. Para ello existen dos métodos. En el primero se definen los naturales como "cardinales" y en el otro como "ordinales".

El cardinal de un conjunto finito es el número de elementos de dicho conjunto. Evidentemente para definir los naturales no podemos utilizar esta definición del cardinal pero al menos nos ayudará a entender cual es el metodo de construcción de los naturales por los "cardinales".

En cambio, cuando se definen los naturales por los "ordinales", los definiremos uno trás el otro de forma ordenada. Los ordinales vienen a ser "cero, primero, segundo, tercero etc.".

El matemático alemán Fredge propusó la definición de los naturales como cardinales. Estableció una relación de equivalencia \(R\) entre los conjuntos de forma que dos conjuntos \(E\) y \(F\) estan en relación si y solo si existe una biyección entre estos conjuntos. Dicho de otros modo, \(E\) y \(F\) estan en relación si y solo si son equipotentes (Ver apartados Razonamiento/Relaciones/Relación de equivalencia y Razonamiento/Relaciones/Aplicaciones de esta web).
\[E\;R\;F\;\;\Leftrightarrow\;\;\exists f\,biyección\,de\,E\,en\,F\]
Es fácil comprobar que la relación así definida es una relación de equivalencia. Los números naturales eran para Fredge las clases de equivalencia de la relación \(R\). Esto viene a decir por ejemplo que cuando uno escribe "2" se refiere a la clase de equivalencia "2", la cual contiene el conjunto formado por mis dos ojos y todos los conjuntos que sean equipotentes a mis dos ojos. Mis hijas Lara y Nerea pertenecen a "2" porque la aplicación que a mi ojo izquierdo asigna Lara y a mi ojo derecho asigna Nerea es biyectiva. Con esta definición de los naturales, podemos por ejemplo decir que las islas del archipielago canario, los días de la semana, los pecados capitales, los sacramentos de la iglesia católica, los enanos de Blanca Nieve pertenecen todos a 7.

Nota: El loable esfuerzo de Fredge para definir los naturales por lo cardinales se ha enfrentado brutalmente con una paradoja bastante sencilla descubierta por el joven matemático inglés Russell. Y es que hablar de conjuntos puede volverse muy delicado. Supongamos que llamamos extraordinarios a los conjuntos que se contienen a sí mismo. Hay muchos conjuntos extraordinarios. Por ejemplo el conjunto de todas las cosas que no son un gatito. Es dificil hacerse una idea de este gran conjunto pero de lo que podemos estar seguro es que dicho conjunto no va a maullar ni ponerse a comer croquetas. Es decir, no es un gatito y por lo tanto es elemento de sí mismo. Se trata por lo tanto de un conjunto "extraordinario" según lo definimos anteriormente. Vamos a interesarnos al conjunto de todos los conjuntos ordinarios (es decir, no extraordinarios). Si dicho conjunto es ordinario entonces pertenece a sí mismo con lo cual es extraordinario. Pero si es extraordinario entonces se contiene a sí mismo, con lo cual pertenece al conjunto de los ordinarios con lo que es ordinario. En resumen si se contiene a sí mismo no se contiene a sí mismo pero si no se contiene a sí mismo entonces se contiene a sí mismo. Esto es una paradoja.

La paradoja surgida de la definición de Fredge de los naturales puede ser salvada mediante la teoría de clases y lo expondré en el futuro en un artículo destinado a ello. Pero visto lo visto es bastante mas sencillo trabajar con la definición de los naturales por los ordinales, es decir trabajar con la definición de los naturales por Von Neuman. No queda otra que de suponer que dicha definición cumple los axiomas de Peano y así poder empezar a trabajar. También se llevará un paralelismo con los cardinales procurando realizar una descripción la mas completa posible de los naturales.

El matemático americano-hungaro Von Neumann propusó definir los naturales de la forma siguiente:

0 es el conjunto vacio \(\emptyset\)
1 es el conjunto \(\{\emptyset\}\)
2 es el conjunto \(\{\emptyset,\{\emptyset\}\}\)
3 es el conjunto \(\{\emptyset,\{\emptyset\},\{\emptyset,\{\emptyset\}\}\}\)
...
\(n\) es el conjunto \(\{\emptyset,...\}\)
el sucesor inmediato de \(n\) es \(n \bigcup \{n\}\)





Se trata de una construcción por inducción en la que una vez tengamos definido un determinado natural \(n\), se define su sucesor como \(n \bigcup \{n\}\). A partir de ahora, notaremos \(n^{+}\) dicho sucesor. Con lo que la definición de los naturales queda reducida a:

0 = \(\emptyset\)
Para cualquier \(n\) definido anteriormente, definimos \(n^{+}=n\cup\{n\}\)

El conjunto de todos los elementos así definidos se llama conjunto de los naturales y se nota \(\mathbb{N}\).

Observamos que para \(n \in \mathbb{N}\) tenemos: \(n^+={0, 1, 2, 3....,n}\).

 

En lo que sigue vamos a admitir que esta exposición de los naturales cumple los axiomas de Peano. Dichos axiomas son un total de 7:
  1. 0 no es succesor de ningún natural
  2. Dos naturales cuyos succesores sean igual son iguales
  3. Primer axioma de la adición (\(a+0=a\))
  4. Segundo axioma de la adición (\(a+b^+=(a+b)^+\))
  5. Primer axioma de la multiplicación (\(a.0=0\))
  6. Segundo axioma de la multiplicación (\(a.b^+=a.b+a\))
  7. Ley de inducción que permite demostrar las propiedades por inducción sobre los naturales
Como explico en el apartado sobre teoría axiomática de esta web, se podría usar otro sistema de axiomas en cuyo caso algunos de estos 7 axiomas se convertirían en teoremas que podríamos deducir de los axiomas.

Nexo con los cardinales

Propongo a continuación un nexo entre ordinales y cardinales.

Como base preliminar, afirmo que ningún natural es equipotente a otro natural distinto. Es decir que no existe ninguna biyección entre dos conjuntos del tipo \(\{\emptyset,\{\emptyset\},...\}\) salvo que dichos conjuntos sean iguales. Puede parecer una obviedad pero no lo es tanto. Un conjunto puede incluir a otro "sobrandole" elementos y poder todavía establecer una biyección entre ambos conjuntos. A modo de ejemplo, \(\mathbb{N}\subset\mathbb{Z}\) y \(\mathbb{N}\neq\mathbb{Z}\) y no obstante existen biyecciones entre \(\mathbb{N}\) y \(\mathbb{Z}\), son conjuntos equipotentes (leer sobre el famoso hotel de Hilbert...).

Demostración de que ningún natural es equipotente a otro distinto.

Lo haré por inducción.

Para \(n=0\), hemos de ver que el conjunto vacio no es equipotente con otro natural. Esto es bastante obvio puesto que el conjunto vacio solo es equipotente con sí mismo. Si existiera un conjunto distinto del conjunto vacio, equipotente con el conjunto vacio, podriamos elegir un elemento \(e\) de dicho conjuno (ya que no es vacio) y observar que \(e\) no tiene antecedente por la biyección lo cual es un absurdo.

Como hipótesis inductiva, vamos a suponer que para un determinado \(n \in \mathbb{N}\), se ha establecido que hasta el natural \(n\) (incluido) ningún natural es equipotente con ningún otro natural distinto. Vamos a ver que esto es igualmente cierto para \(n^+\). Sea \(p \in \mathbb{N}\) tal que \(p \neq n^+\). Si \(p \subset n^+\) (es decir entre comillas: "p<n+1" aunque esto no lo podemos escribir todavía) podemos afirmar que \(p\) no es equipotente a \(n\) puesto que por hipótesis inductiva, hasta \(n\) ningún natural es equipotente con otro distinto.

Si \(n^+ \subset p\) ("n+1<p"), por definición de los naturales podemos escribir que \(p=q^+\) donde \(q \in \mathbb{N}\). Es decir que \(p=q \bigcup \{q\}\) al igual que \(n^+=n \bigcup \{n\}\). Vamos a utilizar este elemento "sobrante" \(\{q\}\) razonando por el absurdo. Supongamos que existe una biyección entre \(n^+\) y \(p\) que notamos \(f\). \(f\) es biyectiva y su recíproca es \(f^{-1}\). \(a=f^{-1}(\{q\})\) es un elemento de \(n^+\). Sea \(g\) la aplicación de \(n\) a valores en \(q\) que a todo elemento \(x\) de \(n\) asocia \(f(x)\) si \(x \neq a\) y asocia \(f(\{n\})\) si \(x=a\).

\[\begin{aligned} g: & n & \rightarrow & q \\ & x & \mapsto & f(x) \text{ si } x \neq a \\&&&f(\{n\}) \text{ si } x=a \end{aligned}\]

 

Veamos que \(g\) es efectivamente a valores en \(q\) un no en \(p\), es decir que nunca tenemos \(g(x)=\{q\}\). Sea \(x \in n\), si \(x \neq a\) entonces \(f(x) \neq f(a)\) puesto que \(f\) es inyectiva, es decir \(g(x) \neq \{q\}\) debido a la definición de \(a\). Si \(x=a\), significa esto que \(a \neq \{n\}\) puesto que \(x \in n\). Por inyectividad de \(f\) obtenemos \(f(a) \neq f(\{n\}\), es decir \(\{q\} \neq g(x)\). Hemos comprobado que en ningún caso \(g(x)=\{q\}\), por lo tanto \(g\) es a valores en \(q\).

Inyectividad de \(g\). Sean \(x\) e \(y\) dos elementos de \(n\) tales que \(g(x)=g(y)\). Si tanto \(x\) como \(y\) son distintos de \(a\), obtenemos \(f(x)=f(y)\) y por lo tanto \(x=y\) por inyectividad de \(f\). Si \(x=a\) e \(y \neq a\) entonces obtenemos \(f(\{n\})=f(y)\) y por inyectividad de \(f\) \(\{n\}=y\) lo cual es un absurdo ya que \(y \in n\). También sería un absurdo que \(x \neq a\) e \(y=a\). El único caso posible es \(x=y\) y por lo tanto hemos demostrado que \(g\) es inyectiva.

Sobreyectividad de \(g\). Sea \(v \in q\), vamos a encontrarle un antecedente por \(g\). Sabemos que \(v \neq \{q\}\) ya que \(v \in q\), por lo tanto \(f^{-1}(v) \neq f^{-1}(\{q\})\), por inyectividad de la reciproca de \(f\). Es decir \(f^{-1}(v) \neq a\). Notamos \(u=f^{-1}(v)\). Si resulta que \(u \neq \{n\}\) entonces \(u \in n\) y es el antecedente buscado ya que por definición de \(g\), al tener \(u \neq a\) tenemos \(g(u)=f(u)=v\) . Si en cambio \(u = \{n\}\), \(a\) será el antecedente buscado. En efecto, \(g(a)=f(\{n\})=f(u)=f(f^{-1}(v))=v\).

Por lo tanto \(g\) es biyectiva de \(n\) a valores en \(q\) y esto es un absurdo ya que se contradice con la hipótesis inductiva que dice que hasta el natural \(n\) (incluido) ningún natural es equipotente con ningún otro natural distinto. Por lo tanto no existe una biyección entre \(n^+\) y \(p\) y ha quedado demostrado la propiedad para el sucesor de \(n\) y por inducción para todo natural.

Ahora que hemos demostrado lo anterior, podemos definir lo que es un cardinal. Sea \(C\) un conjunto cualquiera, resulta que como mucho \(C\) es equipotente a un solo natural. En efecto si fuera equipotente a dos naturales \(a\) y \(b\) por transitividad de la relación "es equipotente a", \(a\) y \(b\) serían equipotentes y visto lo anterior tendríamos \(a=b\). Por lo tanto podemos enunciar que si \(C\) es equipotente a un natural \(c\), se dice de \(C\) que es finito, dicho natural \(c\) es único y se llama cardinal de \(C\).

Una propiedad evidente del cardinal es que cualquier natural \(c\) definido como lo hemos hecho anteriormente (\(c=\{\emptyset,\{\emptyset\},\{\emptyset,\{\emptyset\}\} ... \} \)) es igual a su propio cardinal pues \(c\) es equipotente a sí mismo.

\[\forall c \in \mathbb{N},\;c=card(c)\]


 


Adición

La adición es una ley de composición interna de \(\mathbb{N}\). Esto significa que se trata de una aplicación de \(\mathbb{N}^2\) (producto cartesiano de \(\mathbb{N}\) con sí mismo) a valores en \(\mathbb{N}\). Dicho de otro modo, la adición asocia a todo par de naturales \((a,b)\) un natural \(c\) que se nota \(a+b\).

Nuevamente la adición se define por inducción y se hace usando los dos axiomas correspondientes de Peano. Dado un natural \(a\) vamos a definir \(a+0\) y a continuación para cualquier natural \(b\) para el que hemos definido \(a+b\), definiremos \(a+b^{+}\).

(1): \(a+0=a\)
(2): Para cualquier \(b \in \mathbb{N}\) para el que ya hemos definido \(a+b\), definimos \(a+b^{+}=(a+b)^{+}\)

Asociatividad

Hemos de demostrar que para cualquier trio de naturales \(a\), \(b\) y \(c\) el resultado de sumar primero \(a\) y \(b\) para luego sumar \(c\) es lo mismo que sumar primero \(b\) y \(c\) para sumar luego \(a\).
\[\forall (a,b,c) \in \mathbb{N}^3, \;(a+b)+c=a+(b+c)\]
Para ello razonaremos por inducción sobre el tercer natural \(c\). Supongamos que tenemos dos naturales cualesquiera \(a\) y \(b\). Usando varias veces (1), observamos que:

\((a+b)+0=a+b=a+(b+0)\)

Y esta es nuestro punto de partida de inducción. Supongamos ahora que para un determinado natural \(c\) se verifica la hipótesis inductiva, es decir que tenemos:

\((a+b)+c=a+(b+c)\)

Hemos de comprobar que esto se cumple también para \(c^{+}\).

\(\begin{align} (a+b)+c^+ &=((a+b)+c)^+ &&\text{[ usando (2) ]}\\&= (a+(b+c))^+&&\text{[ usando la hipótesis inductiva ]}\\&=a+(b+c)^+&&\text{[ usando (2) ]}\\&= a+(b+c^+)&&\text{[ usando (2) ]} \end{align}\)

Ha quedado demostrada la asociatividad.

Conmutatividad

Se nota 1 el sucesor de 0 y por lo tanto \(1=0^+\) (3).

Para cualquier \(c \in \mathbb{N}\) tenemos:

\(\begin{align} c+1 &=c+0^+ &&\text{[ usando (3) ]}\\&= (c+0)^+&&\text{[ usando (2) ]}\\&=c^+&&\text{[ usando (1) ]} \end{align}\)

\(c+1=c^+\) (4)

Hemos de demostrar que para cualquier par de naturales \(a\) y \(b\) la suma \(a+b\) resulta ser igual a \(b+a\). \(\forall (a,b)\in \mathbb{N}^2, a+b=b+a\). Se puede hacer por inducción sobre el segundo argumento (\(b\)). Para ello es necesario de antemano demostrar la propiedad para \(b=0\) y para \(b=1\). Es decir que hemos de demostrar que para cualquier natural \(a\) tenemos \(a+0=0+a\) y \(a+1=1+a\). Esto a su vez se hace por inducción sobre \(a\).

Para \(a=0\), es una obviedad:

\(\begin{align} a+0&=0+0\\&=0+a\end{align}\)

\(\begin{align} a+1&=0+1\\&=0^+&&\text{[ usando (4) ]}\\&=1&&\text{[ usando (3) ]}\\&=1+0&&\text{[ usando (1) ]}\\&=1+a\end{align}\)

\(a+1=1+a\)  (5)

Si es cierto para un determinado natural \(a\), veamos si lo es para \(a^+\):

\(\begin{align} a^++0 &=a^+ &&\text{[ usando (1) ]}\\&= (a+0)^+&&\text{[ usando (1) ]}\\&=(0+a)^+&&\text{[ usando la hipótesis inductiva ]}\\&= 0+a^+&&\text{[ usando (1) ]} \end{align}\)

\(\begin{align} a^++1 &=(a+1)+1 &&\text{[ usando (4) ]}\\&= (1+a)+1&&\text{[ usando (5) ]}\\&=1+(a+1)&&\text{[ usando la asociatividad ]}\\&= 1+a^+&&\text{[ usando (4) ]} \end{align}\)

La conmutatividad ha quedado demostrada para todo natural \(a\) siempre que el segundo argumento sea 0 o 1 (\(b=0, b=1\)). Podemos ahora hacer una inducción sobre el segundo argumento. Dado un natural \(a \in \mathbb{N}\), el punto de partida de la inducción es para \(b=1\): (ya demostrado)

\(a+1=1+a\) (5)

Supongamos que la conmutatividad se verifique para \(b \in \mathbb{N}^*\) (ya se ha comprobado para \(b=0\)). Pasamos a \(b^+\):

\(\begin{align} a+b^+ &=a+(b+1) &&\text{[ usando (4) ]}\\&= (a+b)+1&&\text{[ usando la asociatividad ]}\\&=1+(a+b)&&\text{[ usando (5) ]}\\&=1+(b+a)&&\text{[ usando la hipótesis inductiva ]}\\&=(1+b)+a&&\text{[ usando la asociatividad ]}\\&=(b+1)+a&&\text{[ usando (5) ]}\\&=b^++a&&\text{[ usando (4) ]} \end{align}\)

Ha quedado demostrada la conmutatividad.

Elemento neutro

La adición en \(\mathbb{N}\) tiene un elemento neutro que es 0, es decir que para cualquier natural \(a\), tenemos:

\(a+0=0+a=a\) (debido a la conmutatividad y a (1)).

Simplificabilidad

--pendiente--

Nexo con los cardinales

Si dos conjuntos \(A\) y \(B\) son finitos, podemos notar sus cardinales \(card(A)\) y \(card(B)\). Entonces \(A \cup B\) y \(A \cap B\) también son finitos y se cumple la relación:

\[card(A)+card(B) = card(A \cup B) + card(A \cap B)\]

Se trata de una propiedad bastante intuitiva que se representa en la siguiente figura:


Para demostrar esta propiedad rigurosamente, primero veamos que para una determinado conjunto \(K\), si tenemos un elemento \(k \notin K\) entonces \(card(K \cup \{k\}) = card(K)^+ \). Por definición del cardinal ha de existir una biyección entre \(K\) y \(card(K)\) que notamos \(f_{k}\). Construimos ahora la biyección \(f_{k^+}\) entre \(K \cup \{k\}\) y \(card(K)^+\):

\[\begin{aligned} f_{k^+}: & K \cup \{k\} & \rightarrow & card(K)^+ \\ & x & \mapsto & f_{k}(x) \text{ si } x \neq k \\&&&\{card(K)\} \text{ si } x=k \end{aligned}\]

Es obvio que \(f_{k^+}\) es una biyección y por lo tanto \(card(K \cup \{k\}) = card(K)^+ \).

Ahora la demostración se realiza por inducción sobre el cardinal de \(B\).

Para \(card(B)=0\), tenemos \(B=\emptyset\) con lo cual \(A \cup B = A\) y \(A \cap B = \emptyset\) y la propiedad se cumple.

Si la propiedad se cumple para un determinado natural \(b\) (y cualquier natural \(a\)), significa que para cualesquiera conjuntos finitos \(A\) y \(B\), si \(card(B)=b\) entonces \(card(A)+card(B) = card(A \cup B) + card(A \cap B)\). Suponiendo eso, veamos si la propiedad es cierta para \(b^+=b \cup \{b\}\). Supongamos que tenemos dos conjuntos finitos \(A\) y \(B'\), tales que  \(card(A)=a\) y \(card(B')=b^+\). Podemos afirmar que existe una biyección entre \(B'\) y \(b^+\) que notamos \(f_{b^+}\).

Sea \(\beta\) el elemento de \(B'\) cuya imagen por \(f_{b^+}\) es \(\{b\}\), es decir \(\beta = f_{b^+}^{-1}(\{b\})\). Notamos \(B\) el conjunto \(B'\) privado de \(\beta\), notamos \(f_{b}\) la restricción de \(f_{b^+}\) a \(B\):

\[\begin{aligned} f_{b}: & B & \rightarrow & b \\ & x & \mapsto & f_{b^+}(x) \end{aligned}\]

\(f_{b}\) es una biyección entre \(B\) y \(b\) con lo cual tenemos \(card(B)=b\). Es el momento de usar la hipótesis inductiva:

\(\begin{align}card(A)+card(B') &= card(A) + b^+ &&\text{[Por hipótesis sobre B']} \\&= card(A) + card(B)^+ &&\text{[Es lo que acabamos de ver]} \\&=(card(A)+card(B))^+ &&\text{[Por definición de la adición]} \\&= (card(A \cup B) + card(A \cap B))^+ &&\text{[Por hipótesis inductiva]} \end{align}\)

Ahora debemos distinguir dos casos: \(\beta \in A\) y \(\beta \notin A\).

Si \(\beta \in A\) seguimos de la siguiente manera:

\(\begin{align}card(A)+card(B') &= card(A \cup B) + card(A \cap B)^+ &&\text{[Por definición de la adición]} \\&= card((A \cup \{\beta\}) \cup B) + card((A \cap B)^+ &&\text{[Porque } \beta \in A \text{]}  \\&= card((A \cup (B \cup \{\beta\})) + card (A \cap B)^+ &&\text{[Por reglas sobre la intersección y la unión]} \\&= card(A \cup B') + card(A \cap B)^+ \\&= card(A \cup B') + card((A \cap B)\cup \{\beta\}) &&\text{[Porque } \beta \notin A \cap B \text{ ]}  \\&= card(A \cup B') + card((A \cup \{\beta\}) \cap (B \cup \{\beta\})) \\&= card(A \cup B') + card(A \cap B')  \end{align}\)

Si en cambio \(\beta \notin A\) seguimos de la siguiente manera:

\(\begin{align}card(A)+card(B') &= (card(A \cap B) + card(A \cup B))^+ \\&= card(A \cap B) + card(A \cup B)^+ \\&= card((A \cap B)\cup \emptyset) + card((A \cup B) \cup \{\beta\}) \\&= card((A \cap B)\cup (A \cap \{\beta\})) + card(A \cup (B \cup \{\beta\})) \\&= card(A \cap (B \cup \{\beta\})) + card(A \cup B') \\&= card(A \cup B') + card(A \cap B')  \end{align}\)

Ha quedado demostrada la propiedad para \(b^+\) y por inducción a todos lo naturales.


Multiplicación

La multiplicación es también una ley de composición interna de \(\mathbb{N}\).

Nuevamente la multiplicación se define por inducción y se hace usando los dos axiomas correspondientes de Peano. Dado un natural \(a\) vamos a definir \(a.0\) y a continuación para cualquier natural \(b\) para el que hemos definido \(a.b\), definiremos \(a.b^{+}\).

(1): \(a.0=0\)
(2): Para cualquier \(b \in \mathbb{N}\) para el que ya hemos definido \(a.b\), definimos \(a.b^{+}=(a.b)+a\)

Por convención, se da prioridad a la multiplicación sobre la adición. Es decir que si deseamos escribir \((a.b)+c\), podemos prescindir de las parentesis y escribir \(a.b+c\). En cambio si deseamos escribir \(a.(b+c)\), no podemos prescindir de las parentesis.

Distributividad respecto a la adición

Para cualesquiera \(a,b,c \in \mathbb{N}\) resulta que \(a.(b+c)=a.b+a.c\)

Razonamos por inducción sobre \(c\). Para \(c=0\) es una obviedad dada la propiedades (1) de la adición y de la multiplicación. Si la distributividad se cumple para un determinado natural \(c\) (y cualquier par \((a,b)\in \mathbb{N}^2\)), vamos a ver que se cumple también para \(c^+\). Sea \((a,b)\in \mathbb{N}^2\),

\(\begin{align}a.(b+c^+) &= a.(b+c)^+ \\ &= a.(b+c)+a \\ &= a.b+a.c+a \\ &= a.b + a.c^+ \end{align}\)

Ha quedado demostrada la distributividad.

Asociatividad

Para cualesquiera \(a,b,c \in \mathbb{N}\) resulta que \(a.(b.c)=(a.b).c\)

Razonamos por inducción sobre \(c\). Para \(c=0\) es una obviedad dada la propiedad (1). Si la asociatividad se cumple para un determinado natural \(c\) (y cualquier par \((a,b)\in \mathbb{N}^2\)), vamos a ver que se cumple también para \(c^+\). Sea \((a,b)\in \mathbb{N}^2\),

\(\begin{align}a.(b.c^+) &= a.(b.c+b) \\&= a.(b.c)+a.b \\&= (a.b).c+a.b \\&=(a.b).c^+\end{align}\)

Ha quedado demostrada la asociatividad.

Elemento neutro

Para cualquier \(a \in \mathbb{N}\) resulta que \(1.a=a.1=a\) (donde "\(1\)" es el succesor de 0).

Se dice de \(1\) que es elemento neutro por la multiplicación.

Solamente demostraremo que 1 es elemento neutro a la izquierda \(1.a=a\) ya que esta forma es la que necesitamos en la demostración de la conmutatividad. Una vez demostrada la conmutatividad ya sabemos que \(a.1=a\) y por lo tanto que \(1\) es elemento neutro a la derecha.

Razonamos por inducción sobre \(a\). Para \(a=0\) es una obviedad vista el primer axioma de la multiplicación. Si ahora admitimos la propiedad para un determinado \(a\), veamos lo que pasa con \(a^+\):

\(\begin{align}1.a^+ &= 1.a+1 \\&= a+1 \\&= a+0^+ \\&= (a+0)^+ \\&= a^+\end{align}\)

La propiedad ha quedado demostrada (a la izquierda) para cualquier natural.


Conmutatividad

Para cualesquiera \(a,b \in \mathbb{N}\) resulta que \(a.b=b.a\)

Razonamos por inducción sobre \(a\) salvo que esta vez para \(a=0\) no es una obviedad y hay que razonar por inducción sobre \(b\). Así pues para \(a=0\) y \(b=0\) es una obviedad. Si ahora admitimos la propiedad para un determinado \(b\), veamos lo que pasa con \(b^+\) (y todavía, \(a=0\)):

\(\begin{align}a.b^+ &= a.b+a \\&= b.a+a \\&= 0 \\&= b^+.a\end{align}\)

La propiedad se cumple para \(a=0\) y cualquier \(b\). Supongamos que se cumpla también para un determinado \(a\), y veamos lo que pasa con \(a^+\):

\(\begin{align}a^+.b &= (a+0)^+.b \\&= (a+1)b \\&= a.b+b \\&= b.a+b \\&= b.a^+\end{align}\)

Ha quedado demostrada la conmutatividad.


Relación de orden

Resulta posible crear en el conjunto de los naturales una relación de orden total. Recomiendo leer en el apartado "realciones" de esta web la definición de una realción de orden total. La relación de orden total que definimos es la siguiente:
\[\forall (a,b) \in \mathbb{N}^2, \;aRb\;\Leftrightarrow\;a \subset b\]
Se trata obviamente de una relación total (para todo par \((a,b)\) de \(\mathbb{N}^2\) tenemos necesariamente \(a \subset b\) o \(b \subset a\)).
Asímismo es reflexiva (\(aRa\)), transitiva puesto que si \(a \subset b\) y \(b \subset c\) entonces \(a \subset c\).
Finalmente es antireflexiva. En efecto si \((a,b)\in \mathbb{N}^2\) son tales que \(a \subset b\) y \(b \subset a\) entonces \(a=b\).

Se opta por escribir "\(\leq\)" dicha realción de orden y cuando dos naturales son tales que \(a \leq b\) se dice que \(a\) es inferior o igual a \(b\).

Se dice que \(\mathbb{N}\) es totalmente ordenado por "\(\leq\)".

\(0 \leq 1 \leq 2 \leq 3 \leq ... \)

Lógicamente se define de manera similar la relación de orden "es superior o igual a", la cual se nota \(a \geq b\). Dicha relación es también una relación de orden total de \(\mathbb{N}\).

La relación de orden "\(\leq\)" se puede definir de forma equivalente usando la adición:

Se cumple \(a\leq b\) si y solo si existe \(c\in\mathbb{N}\) tal que \(a+c=b\).

Demostración:

Para demostrar que la existencia de \(c \in \mathbb{N}\) tal que \(a+c=b\) implica que \(a \subset b\), es preciso percatarse que cualquier natural es subconjunto de su succesor. A continuación razonamos por inducción sobre \(c\): si resulta que con \(c=0\) tenemos \(a+c=b\), entonces \(a=b\) y por lo tanto \(a \subset b\). Si la propiedad se cumple para un natural \(c\), veamos que se cumple también para \(c^{+}\). Supongamos por lo tanto que:
\(a+c^+=b\)
\((a+c)^+=b\)
Por hipótesis inductiva, sabemos que \(a \subset a+c\), por lo tanto con mas motivo tenemos \(a \subset (a+c)^+\). Y por lo tanto \(a \subset b\).

Queda por demostrar la recíproca, es decir que suponiendo que \(a \subset b\) debemos encontra \(c \in \mathbb{N}\) tal que \(a+c=b\). Una forma relativamente elegante de hacerlo es usando los cardinales ya que en esta exposición se ha mantenido un paralelismo y de hecho se ha establecido que \(card(X)+card(Y)=card(X \cup Y) + card(X \cap Y) \). No perdamos que vista que \(a=\{\emptyset,\{\emptyset\},\{\emptyset,\{\emptyset\}\} ... \} \) y \(b=\{\emptyset,\{\emptyset\},\{\emptyset,\{\emptyset\}\} ... \} \). Notamos \(C\) el conjunto \(b\setminus a\), es decir, \(b\) privado de \(a\), los elementos de \(b\) que no pertenezcan a \(a\). \(C\) es finito y por lo tanto podemos llamar \(c\) su cardinal. Obtenemos:
\(card(a)+card(C)=card(a \cup C) + card(a \cap C)\), es decir,
\(a+c=b+card(\emptyset)\)
\(a+c=b\).

La equivalencia entre las dos definiciones de la relación de orden ha quedado demostrada.

Orden estricto

Es posible establecer una relaciones de orden estricto sobre \(\mathbb{N}\) a partir de la relaciones de orden anteriores:

Para dos naturales \(a\) y \(b\), se dice que \(a\) es estrictamente inferior a \(b\) y se escribe \(a<b\) si y solo si \(a \leq b\) y además \(a \neq b\). Igualmente se define la relación de orden estricto "es estrictamente superior a", la cual se nota "\(>\)". Dichas relaciones se dicen "estrictas" al ser antireflexivas, es decir que ningún natural \(a\) cumple \(a<a\). Las antisimetrías de las relaciones de orden estricto son antisimetrías "fuertes", es decir que la antisimetría existe:

\[\forall (a,b) \in \mathbb{N}^2, \;\left\{\begin{aligned} &a<b \\ &\text{y}\\ &b<a \end{aligned}\;\;\Rightarrow\;a=b\right.\]

Debido a que nunca se cumple que \(a<b\) y \(b>a\) (una proposición falsa implica cualquier proposición).


Compatibilidad de la relación de orden "\(\leq\)" con la adición

La relación de orden y la adición que hemos definido son compatibles, es decir que:

\[\forall (a,b,c) \in \mathbb{N}^3, \;a \leq b \Rightarrow a+c \leq b+c \]

Demostración:

Si tenemos tres naturales \(a,b,c\) y resulta que \(a \leq b\), entonces existe un natural \(d\) tal que \(a+d=b\) y por lo tanto:

\(\begin{align}&((a+d)+c=b+c\\&a+(d+c)=b+c&&\text{por asociatividad} \\&a+(c+d)=b+c&&\text{por conmutatividad}\\&(a+c)+d=b+c&&\text{por asociatividad}\\&a+c \leq b+c&&\text{por definición} \end{align}\)

-- seguiré --









Autor: Gauthier Dubois
Si te ha gustado este artículo, es todo un detalle agradecerlo con una recomendación en la redes sociales:


¿Te gusta mi artículo? Agradecemelo: