Derivada aritm´etica natural 1 2

(1)

LA DERIVADA ARITM ´ETICA

FERNANDO REVILLA JIM ´ENEZ

Resumen. Definimos el concepto de derivada aritmética en los números naturales, estudiamos sus propiedades y la relacionamos con las conje- turas de Goldbach, de la infinitud de los primos gemelos y de Sophie Germain. Generalizamos el concepto a los enteros, racionales, a los dominios de factorización única y a sus cuerpos de fracciones. Demostramos que no es posible en general definir una derivada en dominios que no son de factorización única tomando como contraejemplo Z[√

5i].

´Indice

1. Derivada aritm´etica natural 1

2. Propiedades de la derivada aritm´etica natural 3 3. Cotas para la derivada aritm´etica natural 4

4. Ecuaciones diferenciales aritm´eticas 5

5. Conjetura de Goldbach 6

6. Conjetura de los primos gemelos 6

7. Conjetura de Sophie Germain 6

8. La ecuaci´on diferencial n⁰ = n 7

9. Derivada aritm´etica entera 8

10. Derivada aritm´etica racional 9

11. Derivada aritmética en dominios de factorización única 10 12. Derivada aritmética y factorización no única. Anillo Z[√

5i] 11

Documentaci´on 14

1. Derivada aritm´etica natural

Definición 1.1. La función derivada aritmética es una función n⁰ : N → N definida recursivamente por p⁰ = 1 para todo p primo y que satisface (ab)⁰= a⁰b + ab⁰ para todo a, b ∈ N (regla de Leibniz).

EJEMPLO 1.1. Se verifica 1⁰ = 0 y 0⁰ = 0. En efecto, 1⁰ = (1·1)⁰ = 1⁰·1+1·1⁰= 2 · 1⁰ ⇒ 1⁰ = 0.. Por otra parte, 0⁰ = (2 · 0)⁰ = 2⁰· 0 + 2 · 0⁰ = 1 · 0 + 2 · 0⁰ = 2 · 0⁰ ⇒ 0⁰ = 0.

Key words and phrases. Derivada aritm´etica.

1

(2)

EJEMPLO 1.2. Tenemos 6⁰ = (2 · 3)⁰ = 2⁰· 3 + 2 · 3⁰ = 1 · 3 + 2 · 1 = 5, y 9⁰⁰= (9⁰)⁰= 6⁰ = 5.

EJEMPLO 1.3. F´acilmente podemos verificar las derivadas de los primeros 11 n´umeros naturales:

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

n⁰ 0 0 1 1 4 1 5 1 12 6 7

Todav´ıa no hemos demostrado que la derivada aritmética es una función bien definida. A continuación demostramos que existe y es única, dando una fórmula en términos de la factorización de un número en producto de primos.

Teorema 1.1. Si existe la función derivada aritmética, es única.

Demostración. Si existe la derivada aritmética vimos que necesariamente 0⁰ = 1⁰ = 0 y por definición, p⁰ = 1 para todo p primo. Sea n ≥ 2 y n = Qm

i=1p_i la descomposici´on de n en factores primos (repetidos o no).

Procedamos por inducci´on sobre m. Para m = 1 tenemos n⁰ = (p1)⁰ = 1.

Supongamos determinada un´ıvocamente la derivada aritm´etica para todos los naturales de la forma Qm

i=1pi, Entonces,

m+1

Y

i=1

pi

!0

= _m

Y

i=1

pi

!

· p_m+1

!0

=

m

Y

i=1

pi

!0

· p_m+1+

m

Y

i=1

pi

! ,

y al estar determinado (Qm

i=1pi)⁰, lo est´a

Qm+1 i=1 pi

0

.

Teorema 1.2. La funci´on derivada aritm´etica existe y es n⁰ = 0 si n = 0 o n = 1 y n⁰ = n

m

X

i=1

n_i

p_i si n =

m

Y

i=1

pⁿ_iⁱ ≥ 2 es la factorizaci´on de n en producto de factores primos.

Demostración. Es claro que para n ≥ 2 la fórmula dada es válida incluso si alguno de los exponente ni es nulo, por tanto si a, b son dos números mayores o iguales que 2 se pueden expresar en la forma a =Qk

i=1p^α_iⁱ, b =Qk i=1p^β_iⁱ. Entonces,

(ab)⁰ =

k

Y

i=1

p^α_iⁱ^+βⁱ

!⁰

= ab

k

X

i=1

αi+ βi

p_i

= a

k

X

i=1

αi

pi

!

b + a b

k

X

i=1

βi

pi

!

= a⁰b + ab⁰.

Si alguno de los a, b es 0 o 1, la comprobaci´on de la regla de Leibniz es

inmediata.

EJEMPLO 1.4. Tenemos 120⁰ = 2³· 3 · 50

= 120 ³₂ +¹₃ +¹₅ = 244.

(3)

2. Propiedades de la derivada aritm´etica natural

El siguiente teorema recuerda la f´ormula de la derivaci´on potencial de funciones d

dx f (x)^k = kf (x)^k−1 d dxf (x).

Teorema 2.1. Para k, n enteros positivos se verifica (n^k)⁰ = kn^k−1n⁰. Demostraci´on. Para k = 1, (n¹)⁰ = n⁰ = 1n¹⁻¹n⁰ y la f´ormula se verifica.

Para k = 2, (n²)⁰ = (n · n)⁰ = n⁰n + nn⁰ = 2nn⁰, y tambi´en se cumple. Si se cumple para k, n^k+10

= n^kn0

= n^k0

n + n^kn⁰ = kn^k−1n⁰n + n^kn⁰ = (k + 1)n^kn⁰, y la fórmula es cierta para k + 1. A continuación demostramos la fórmula de Leibniz para la derivada k-

´

esima del producto de dos n´umeros naturales. Usamos el convenio usual m⁽⁰⁾ = m.

Teorema 2.2. Para todo a, b n´umeros naturales se verifica (ab)^(k)=

k

X

i=0

k i

a^(k−i)b⁽ⁱ⁾.

Demostraci´on. La f´ormula es cierta para k = 1, en efecto (ab)⁽¹⁾ = (ab)⁰ = a⁰b + ab⁰ ¹₀a⁽¹⁾b⁽⁰⁾ + ¹₁a⁽⁰⁾b⁽¹⁾ = P1

i=0 1

ia⁽¹⁻ⁱ⁾b⁽ⁱ⁾. Supongamos que la f´ormula es cierta para k. Entonces,

(ab)^(k+1) =

^k X

i=0

k i

a^(k−i)b⁽ⁱ⁾

0

=

k

X

i=0

k i

a^(k−i)b⁽ⁱ⁾

0

=

k

X

i=0

k i

a^(k−i+1)b⁽ⁱ⁾+ a^(k−i)b⁽ⁱ⁺¹⁾

=

k

X

i=0

k i

a^(k−i+1)b⁽ⁱ⁾+

k

X

i=0

k i

a^(k−i)b⁽ⁱ⁺¹⁾.

Haciendo un cambio de ´ındices y usando las conocidas f´ormulas combina- torias ^k_i + _i−1^k

= ^k+1_i , ^k₀

= 1 = ^k+1₀ , ^k_k

= 1 = ^k+1_k+1

podemos escribir

(ab)^(k+1)=

k

X

i=0

k i

a^(k−i+1)b⁽ⁱ⁾+

k+1

X

i=1

k i − 1

a^(k−i+1)b⁽ⁱ⁾

=k 0

a^(k+1)b⁽⁰⁾+

k

X

i=1

k i

a^(k−i+1)b⁽ⁱ⁾

+

k

X

i=1

k i − 1

a^(k−i+1)b⁽ⁱ⁾+k k

a⁽⁰⁾b^(k+1)

(4)

=k + 1 0

a^(k+1)b⁽⁰⁾+

k

X

i=1

k + 1 i

a^(k+1−i)b⁽ⁱ⁾+k + 1 k + 1

a⁽⁰⁾b^(k+1)

=

k+1

X

i=0

k + 1 i

a^(k+1−i)b⁽ⁱ⁾,

lo cual implica que la f´ormula es cierta para k + 1.

EJEMPLO 2.1. La aditividad de la derivada se verifica en algunos casos y en otros no. Por ejemplo, (1 + 2)⁰ = 3⁰ = 1 = 0 + 1 = 1⁰ + 2⁰, sin embargo (3 + 5)⁰ = 8⁰ = 12, 3⁰+ 5⁰ = 1 + 1 = 2 ⇒ (3 + 5)⁰ 6= 3⁰+ 5⁰.

El siguiente teorema permite generar pares de enteros a partir de dos que cumplen la aditividad de la derivada o desigualdades relacionadas con ella.

Teorema 2.3. Se verifica

(1) (a + b)⁰ = a⁰+ b⁰ ⇒ (ka + kb)⁰ = (ka)⁰+ (kb)⁰ ∀k ∈ N.

(2) (a + b)⁰ ≥ a⁰+ b⁰ ⇒ (ka + kb)⁰ ≥ (ka)⁰+ (kb)⁰ ∀k ∈ N.

(3) (a + b)⁰ ≤ a⁰+ b⁰ ⇒ (ka + kb)⁰ ≤ (ka)⁰+ (kb)⁰ ∀k ∈ N.

Demostraci´on. Tenemos

(1) (ka + kb)⁰ = (k(a + b))⁰ = k⁰(a + b) + k(a + b)⁰ = k⁰a + k⁰b + k(a⁰+ b⁰)

= (k⁰a + ka⁰) + (k⁰b + kb⁰) = (ka)⁰+ (kb)⁰.

(2) (ka + kb)⁰ = (k(a + b))⁰ = k⁰(a + b) + k(a + b)⁰ ≥ k⁰a + k⁰b + k(a⁰+ b⁰)

= (k⁰a + ka⁰) + (k⁰b + kb⁰) = (ka)⁰+ (kb)⁰.

(3) An´alogo razonamiento.

Teorema 2.4. Para todo k > 1 n´umero natural se verifica n⁰ ≥ n ≥ 1 ⇒ (kn)⁰> kn para todo n ≥ 1.

Demostraci´on. Si k > 1 entonces k⁰ ≥ 1 con lo cual k⁰n ≥ 1. Entonces,

(kn)⁰= k⁰n + kn⁰> kn⁰ ≥ kn.

3. Cotas para la derivada aritm´etica natural Teorema 3.1. Para todo entero positivo n se verifica n⁰ ≤ n log₂n

2 y si n = 2^k la cota es exacta.

Demostraci´on. Si n = 1 se verifica la desigualdad trivialmente. Si n ≥ 2, sea n =Qk

i=1pⁿ_iⁱ su descomposici´on en factores primos. Entonces, n ≥

k

Y

i=1

2ⁿⁱ ⇒ log₂n ≥ log₂

k

Y

i=1

2ⁿⁱ =

k

X

i=1

n_i.

⇒ n⁰ = n

k

X

i=1

ni

p_i ≤ n

k

X

i=1

ni

2 = n 2

k

X

i=1

ni≤ n log₂n 2 . Si n = 2^k, n⁰ = n · k

2 = n log₂2^k

2 = n log₂n

2 .

(5)

Teorema 3.2. Si n es el producto de k factores, cada uno de ellos mayor que 1, se verifica n⁰ ≥ kn^k−1^k y si n = 2^k la cota es exacta.

Demostraci´on. Sea n = n1n2n3· · · n_k con ni ≥ 2 para todo i = 1, . . . , k.

Aplicando la regla de Leibniz y que n⁰_i≥ 1 para todo i,

n⁰ = n⁰₁n₂n₃· · · n_k+ n₁n⁰₂n₃· · · n_k+ . . . + n₁n₂n₃· · · n⁰_k

≥ n₂n3· · · n_k+ n1n3· · · n_k+ . . . + n1n2n3· · · n_k−1

= n 1 n₁ + 1

n₂ + . . . + 1 n_k

.

Usando que la media aritm´etica es mayor o igual que la geom´etrica, n⁰ ≥ nk 1

n₁ · 1

n₂ · . . . · 1 n_k

1/k

= knn^−1/k = kn^k−1^k . Si n = 2^k, n⁰ = 2^kk

2 = k2^k−1= k 2^k^k−1_k

= kn^k−1^k .

Teorema 3.3. Si n > 1 no es primo, entonces n⁰≥ 2√ n.

Demostraci´on. Si n > 1 no es primo, es el producto de k ≥ 2 factores mayores que 1, por tanto n⁰≥ kn^k−1^k ≥ 2n²⁻¹² = 2√

n.

4. Ecuaciones diferenciales aritm´eticas

Es natural plantear el problema de encontrar todos los números naturales que satisfacen a la ecuación diferencial aritmética

a_kn^(k)+ a_k−1n^(k−1)+ · · · + a₂n⁰⁰+ a₁n⁰+ a₀n = b

con los a_i y b, n´umeros naturales. Vemos ahora algunos ejemplos sencillos.

Teorema 4.1. El ´unico entero positivo que satisface n⁰ = 0 es n = 1.

Demostraci´on. Sabemos que 1⁰ = 0 y si n ≥ 2, entonces n contiene alg´un

factor primo con lo cual n⁰> 0.

Teorema 4.2. Los ´unicos n´umeros naturales n que verifican n⁰ = 1 son los primos.

Demostraci´on. Si n es primo, entonces n⁰ = 1 y si n ≥ 2 no es primo, contiene al menos un par de primos p₁, p₂ en su factorizaci´on, es decir n = p1p2. . . y n⁰ = n

1 p1 +_p¹

2 + . . .

> 1.

Teorema 4.3. Si a − 2 es primo, la ecuaci´on n⁰ = a tiene al menos la soluci´on n = 2(a − 2).

Demostración. En efecto, (2(a−2))⁰ = 2⁰(a−2)+2(a−2)⁰= a−2+2 = a. Teorema 4.4. n = p^p con p primo es solución de la ecuación n⁰ = n Demostración. Tenemos (p^p)⁰= pp^p−1p⁰ = p^p¡

(6)

5. Conjetura de Goldbach

La conjetura de Goldbach, no resuelta a d´ıa de hoy se enuncia como todo número par mayor que dos es la suma de dos primos. Proporcionamos una condición necesaria para que la conjetura sea cierta en términos de una ecuación diferencial aritmética.

Teorema 5.1. Si la conjetura de Goldbach es cierta, entonces la ecuación diferencial aritmética n⁰= 2a tiene solución para todo a ≥ 2.

Demostraci´on. Si la conjetura de Goldbach es cierta, entonces para todo a ≥ 2 existen primos p1, p2 con 2a = p1 + p2. Si n = p1p2, tenemos n⁰ = (p₁p₂)⁰ = p⁰₁p₂ + p₁p⁰₂ = p₂+ p₁ = 2a, por tanto n = p₁p₂ es soluci´on de

n⁰ = 2a.

6. Conjetura de los primos gemelos

La conjetura de los primos gemelos, no resuelta a d´ıa de hoy se enuncia como existen infinitos pares de números gemelos, es decir infinitos pares (p, p + 2) con p y p + 2 primos. Proporcionamos una condición necesaria para que la conjetura sea cierta en términos de una ecuación diferencial aritmética.

Teorema 6.1. Si la conjetura de la infinitud de los primos gemelos es cierta, entonces la ecuaci´on diferencial aritm´etica n⁰⁰= 1 tiene infinitas soluciones.

Demostraci´on. Si la conjetura de los primos gemelos es cierta, entonces existen infinitos pares de primos de la forma p, p + 2. Si n = 2p, tenemos n⁰ = (2p)⁰ = 2⁰p + 2p⁰ = p + 2. Pero al ser p + 2 primo, n⁰⁰= (p + 2)⁰ = 1.

7. Conjetura de Sophie Germain

Un número primo p se dice que es un primo de Sophie Germain si 2p+1 es también primo. Por ejemplo, 2 es primo de Sophie Germain, y 7 no lo es. Se ha conjeturado que existen infinitos primos de Sophie Germain, pero a d´ıa de hoy, esta conjetura ni se ha demostrado. Proporcionamos una equivalencia de la conjetura de Sophie Germain en términos de una ecuación diferencial aritmética.

Teorema 7.1. Si p es primo, entonces (2⁴p)⁰ = 2⁴(2p + 1).

Demostraci´on. Tenemos (2⁴p)⁰ = (2⁴)⁰p + 2⁴p⁰ = 4 · 2³ · 2⁰ · p + 2⁴ · 1 =

2⁴(2p + 1).

Teorema 7.2. Para todo entero positivo m se verifica la desigualdad (2⁴m)⁰⁰≥ 2⁴(4m + 3), con igualdad si y s´olo si m es un primo de Sophie Germain.

Demostraci´on. Analicemos los casos m primo y no primo. Si m no es primo, 2⁴m0

= 4 · 2³m + 2⁴m⁰ = 2⁴(2m + m⁰), 2⁴m00

= 2⁴(2m + m⁰)0

= 4 · 2³(2m + m⁰) + 2⁴(2m + m⁰)⁰

(7)

= 2⁴ 4m + 2m⁰+ (2m + m⁰)⁰ > 2⁴(4m + 3).

Si m es primo, 2⁴m0

= 4 · 2³m + 2⁴m⁰ = 2⁴(2m + m⁰) = 2⁴(2m + 1), 2⁴m00

= 2⁴(2m + 1)0

= 4 · 2³(2m + 1) + 2⁴(2m + 1)⁰

= 2⁴ 4m + 2 + (2m + 1)⁰ ≥ 2⁴(4m + 3),

verificándose la igualdad si y sólo si 2m + 1 es también primo, es decir si y

s´olo si m es un primo de Sophie Germain.

Teorema 7.3. La conjetura de Sophie Germain es cierta si y sólo si la ecuación diferencial aritmética n⁰⁰= 4n + 48 tiene infinitas soluciones de la forma n = 2⁴p con p primo.

Demostración. Si la conjetura de Sophie Germain es cierta, según el apartado anterior existen infinitos primos p tales que (2⁴p)⁰ = 2⁴(4p + 3) y llamando n = 2⁴p queda la ecuación n⁰⁰ = 4n + 48. Rec´ıprocamente, si la ecuación n⁰⁰= 4n + 48 tiene infinitas soluciones de la forma n = 2⁴p, entonces (2⁴p)⁰ = 2⁴(4p + 3) y según el apartado anterior, p es primo de Sophie

Germain.

8. La ecuaci´on diferencial n⁰ = n

Teorema 8.1. Si n = p^pm con p primo y m > 1 natural, entonces n⁰ = p^p(m + m⁰) y l´ım_k→∞n^(k)= ∞.

Demostración. Tenemos n⁰ = (p^pm)⁰ = (p^p)⁰m + p^pm⁰ = p^p·^p_p · m + p^pm⁰= p^p(m + m⁰). Dado que (p^p)⁽ⁱ⁾ = p^p para todo i ≥ 0 y usando la fórmula de la derivada k-ésima del producto,

(p^pm)^(k)=

k

X

i=0

k i

(p^p)^(k−i)m⁽ⁱ⁾= p^p m + km⁰+ · · ·

≥ p^pm + kp^pm⁰ ≥ p^pm + k = n + k ⇒ l´ım

k→∞n^(k)= ∞.

Teorema 8.2. Sea n n´umero natural y p^k la mayor potencia del primo p tal que p^k | n. Si 0 < k < p, entonces p^k−1 es la mayor potencia de p tal que p^k−1 | n⁰ y todas las derivadas n⁰, n⁰⁰, . . . , n^(k) son distintas.

Demostraci´on. Como p^k | n, podemos escribir n = p^km. Derivando, n⁰ = kp^k−1m+p^km⁰ = p^k−1(km+pm⁰), es decir p^k−1 | n⁰. No puede ocurrir p^k| n⁰ pues si as´ı fuera,

p^k | n⁰⇒ p^k | p^k−1(km + pm⁰) ⇒ p | km + pm⁰,

lo cual es absurdo pues k < p y m no contiene el factor p. Deducimos adem´as que n⁰⁰s´olo puede ser divisible por p^k−2, etc. Esto asegura que las derivadas

n⁰, n⁰⁰, . . . , n^(k) son distintas.

(8)

Teorema 8.3. Si n = p^pkm para alg´un primo p y enteros k, m > 1, entonces n⁰ = p^pk(km + m⁰).

Demostraci´on. Tenemos (p^pkm)⁰ = pkp^pk−1m + p^pkm⁰ = p^pk(km + m⁰). Teorema 8.4. Sea n ≥ 2 entero. Entonces, n est´a libre de cuadrados ⇔ (n, n⁰) = 1.

Demostraci´on. ⇒) Si (n, n⁰) 6= 1, existe primo p tal que p | n y p | n⁰ y seg´un el teorema 8.2, p² | n (absurdo).

⇐) Si existe primo p tal que p²|n, por el teorema 8.2 p | n⁰ con lo cual

(n, n⁰) 6= 1 (absurdo).

Teorema 8.5. Todas las soluciones de la ecuaci´on n⁰ = n son n = 0 y n = p^p con p primo.

Demostraci´on. Se verifica 0⁰ = 0 y (p^p)⁰ = pp^p−1p⁰ = p^p, luego 0 y p^p son soluciones de la ecuaci´on.

Sea n 6= 0 y n⁰ = n, con lo cual ha de ser n ≥ 2. Sea p alguno de los factores primos que aparecen en la factorizaci´on de n. Entonces, p | n y veamos que al menos p^p | n. En efecto si p^k con 0 < k < p fuera la mayor potencia que divide a n, entonces y seg´un el teorema 8.2, p^k−1 ser´ıa la mayor potencia que divide a n⁰ = n lo cual es absurdo.

Pero si p^p | n tenemos n = p^pm con m ≥ 1. Si fuera m > 1 y por el teorema 8.1 n⁰ = p^p(m + m⁰) = p^pm implica m⁰ = 0 y por tanto m = 1, lo cual es es una contradicci´on. Ha de ser pues m = 1 con lo cual necesariamente

n = p^p.

9. Derivada aritm´etica entera

Definición 9.1. Se llama función derivada aritmética en los enteros Z a la función n⁰: Z → Z dada por

(i) 0⁰= 1⁰= (−1)⁰ =: 0.

(ii) Si n = up1p2· · · p_k con u = ±1 y los pi son primos (alguno de ellos puede estar repetido), entonces n⁰ := uPk

i=1p₁· · · p_i−1p_i+1· · · p_k.

N´otese que si p es primo, entonces k = 1 y el producto anterior es vac´ıo, por tanto p⁰ = 1.

Teorema 9.1. La definici´on anterior generaliza la derivada aritm´etica definida en N.

Demostraci´on. En efecto, para n = 0 y n = 1 coinciden y para n ≥ 2 con descomposici´on n =Qm

i=1P_iⁿⁱ = 1p1p2· · · p_k tenemos n⁰ = n

m

X

i=1

n_i

P_i = p₁p₂· · · p_k 1 p₁ + 1

p₂ + · · · + 1 p_k

= p₂p₃· · · p_k+ p₁p₃· · · p_k+ . . . + p₁p₂· · · p_k−1= 1

k

X

i=1

p₁· · · p_i−1p_i+1· · · p_k.

(9)

Es inmediato demostrar (−n)⁰ = −n⁰ para todo n ∈ Z y que se verifica la regla de Leibniz.

EJEMPLO 9.1. (−60)⁰ = −(60)⁰= − 2²· 3 · 50

= −60 ²₂ +¹₃ +¹₅ = −92.

10. Derivada aritm´etica racional

La derivada entera se puede extender a Q usando como s´ımil la conocida regla de la derivada de un cociente de funcionesu

v

0

= u⁰v − v⁰u v² . Definici´on 10.1. Se define la funci´on (a/b)⁰: Q → Q, como

a b

0

:= a⁰b − b⁰a b² .

Teorema 10.1. La función (a/b)⁰es una extensión de la derivada aritmética en Z, cumple la regla de Leibniz y es la única extensión que la cumple.

Demostración. Veamos que (a/b)⁰está bien definida, es decir que no depende del representante de cada número racional. En efecto, si 0 6= k ∈ Z,

ka kb

0

= (ka)⁰(kb) − (kb)⁰(ka)

(kb)² = (k⁰a + ka⁰)(kb) − (k⁰b + kb⁰)(ka) (kb)²

= k²(a⁰b − b⁰a)

k²b² = a⁰b − b⁰a b² =

a b

0

. Es una extensi´on de la derivada aritm´etica en los enteros pues

a 1

0

= a⁰1 − 1⁰a 1² = a⁰. Cumple la regla de Leibniz:

a b

0c d

+

a b

c d

0

= a⁰b − b⁰a b² · c

d+a

b ·c⁰d − d⁰c b²

= (a⁰c + ac⁰)(bd) − (ac)(b⁰d + bd⁰)

b²d² = (ac)⁰(bd) − (bd)⁰(ac) (bc)²

=ac bd

0

=a b · c

d

0

.

No existe otra funci´on de Q en Q que extienda a la derivada aritm´etica en Z y que cumpla la regla de Leibniz. En efecto, tal derivada ha de cumplir 1⁰ = 0 y se cumplen las equivalencias

1⁰ = 0 ⇔

n · 1

n

0

= 0 ⇔ n⁰· 1

n + n · 1 n

0

= 0 ⇔ 1 n

0

= −n⁰ n². Es decir, necesariamente ha de ser (1/n)⁰ = −n⁰/n² y de aqu´ı se deduce que

a b

0

=

a · 1

b

0

= a⁰·1

b + a · 1 b

0

= a⁰

b + a · −b⁰

b² = a⁰b − b⁰a b² .

(10)

EJEMPLO 10.1. F´acilmente verificamos:

a 1 2 4 5 6 7 9

b 3 3 5 5 7 8 10

(a/b)⁰ −1 9

1 9

16

25 0 29 49 −19

16 −1 10

11. Derivada aritmética en dominios de factorización única Sea D un dominio de factorización única y elijamos en D los elementos irreducibles que son “positivos”, es decir elijamos un conjunto P de elementos irreducibles tales que cada elemento irreducible de D está asociado a uno y sólo un elemento de P. Llamemos a P el conjunto de los átomos positivos y sea U el conjunto de las unidades de D.

Definición 11.1. Para todo a ∈ D (dominio de factorización única), definimos la derivada a⁰ de a como sigue:

(i) Si a = 0 o a ∈ U entonces a⁰ = 0.

(ii) En otro caso, existen u ∈ U , p₁, . . . , p_k∈ P (´unicos salvo el orden y tal vez alguno repetido) tales que a = up1· · · p_k. Entonces

a⁰ := u

k

X

i=1

p₁· · · p_i−1p_i+1· · · p_k.

Si a = p ∈ P entonces k = 1 y tenemos un producto vac´ıo, con lo cual a⁰= 1. La función a⁰ depende por supuesto de la elección de P, en consecuencia se deber´ıa escribir a⁰_P. No obstante y por simplicidad de notación, escribiremos a⁰ cuando el conjunto de átomos positivos se sobreentienda.

Teorema 11.1. La derivada a⁰_P definida en un dominio de factorizaci´on

´

unica D, satisface la regla de Leibniz.

Demostraci´on. Denotemos a a⁰_P simplemente por a⁰. Tenemos que demostrar que para todo a, b ∈ D se verifica (ab)⁰ = a⁰b + ab⁰. Supongamos que tanto a como b no son nulos ni unidades, caso contrario el resultado es evidente. Sean a = up₁· · · p_k y b = vp_k+1· · · p_m con u, v unidades y los p_i∈ P, entonces

a⁰b + ab⁰ = u

k

X

i=1

p1· · · p_i−1pi+1· · · p_k

!

(vpk+1· · · p_m)

+ (up₁· · · p_k) v

m

X

i=k+1

p_k+1· · · p_i−1p_i+1· · · p_m

!

= uv

k

X

i=1

p1· · · p_i−1pi+1· · · p_kpk+1· · · p_m

+uv

m

X

i=k+1

p1· · · p_kpk+1· · · p_i−1pi+1· · · p_m

(11)

= (uv)

m

X

i=1

p1· · · p_i−1pi+1· · · p_m= (ab)⁰.

EJEMPLO 11.1. En D = Z, se consideran los conjuntos de ´atomos positivos dados por P1 = {2, 3, 5, 7, . . .} y P2 = {2, −3, 5, −7, . . .}. El conjunto de la unidades es U = {1, −1}. Entonces, (6)⁰_P₁ = (1 · 2 · 3)⁰ = 1(3 + 2) = 5 y (6)⁰_P

2 = ((−1) · 2 · (−3))⁰ = (−1)(−3 + 2) = 1.

N´otese que la derivada en Z que ya se defini´o es la que corresponde a P1.

EJEMPLO 11.2. Si D = R[x], el conjunto de la unidades es U = R \ {0}.

Elijamos como conjunto P de átomos positivos, el conjunto de los polinomios mónicos de primer grado unión el de los mónicos de segundo grado con discriminante menor que 0 y sea f (x) = −x⁴+ 2x³− 3x². La descomposición de f (x) en producto de irreducibles es (−1) · x · x · (x²− 2x + 3) y por tanto (f (x))⁰_P = (−1)x · (x²− 2x + 3) + x · (x²− 2x + 3) + x · x= −2x³+3x²− 6x.

Para todo dominio de factorización única D que no es un cuerpo y con la derivada aritmética a⁰_P, se puede definir una derivada aritmética en su cuerpo de fracciones K que es extensión de a⁰_P, de la misma manera que se hizo en Q:

a b

0

P = a⁰_Pb − b⁰_Pa b² , y la demostraci´on es an´aloga.

EJEMPLO 11.3. En R[x] con los ´atomos positivos del problema anterior cal- culemos

(x−1)² x²+1

0

en el cuerpo de fracciones de R[x]. Tenemos (x − 1)²0

= x − 1 + x − 1 = 2x − 2, (x²+ 1)⁰ = 1

⇒ (x − 1)² x²+ 1

0

= (2x − 2)(x²+ 1) − 1 · (x − 1)²

(x²+ 1)² = 2x³− 3x²+ 4x − 3 (x²+ 1)² .

12. Derivada aritmética y factorización no única. Anillo Z[

√5i]

En general no es posible definir una derivada aritmética en dominios que no son de factorización única. Verificamos esto con el anillo Z[√

5i].

Los tres siguientes teoremas prueban que Z[√

5i] no es dominio de factorizaci´on ´unica.

Teorema 12.1. Z[√

5i] = {a + b√

5i : a, b ∈ Z} es dominio de integridad con las operaciones habituales suma y producto de complejos.

(12)

Demostraci´on. Como Z[√

5i] ⊂ C bastar´a demostrar que Z[√

5i] es subani- llo de C. Usamos el conocido teorema de caracterizaci´on de subanillos. Cla- ramente, Z[√

5i] 6= ∅. Para cada par de elementos a + b√

5i y c + d√ 5i de Z[√

5i], (a + b√

5i) − (c + d√

5i) = (a − c) + (b − d)√

5i ∈ Z[√ 5i] y (a + b√

5i)(c + d√

5i) = (ac − 5bd) + (ad + bc)√

5i ∈ Z[√

5i]. Hemos demostrado pues que Z[√

5i] es anillo. Dado que C es conmutativo, tambi´en lo es Z[

√5i]. Por otra parte 1 = 1 + 0i ∈ Z[√

5i], luego es unitario. Al ser (C, +, ·) es dominio de integridad, tambi´en lo es Z[√

5i]

Teorema 12.2. El conjunto de las unidades de Z[√

5i] es U = {1, −1}.

Demostraci´on. Un elemento a + b√

5i ∈ Z[√

5i] no nulo es unidad si y s´olo si existe un a⁰+ b⁰√

5i ∈ Z[√

5i] no nulo tal que (a + b√

5i)(a⁰+ b⁰√

5i) = 1.

Tomando m´odulos al cuadrado, obtenemos (a²+ 5b²)(a⁰²+ 5b⁰²) = 1. Como los dos factores anteriores son enteros positivos, ha de ser necesariamente a² + 5b² = 1 o equivalentemente a = ±1 ∧ b = 0. Es decir, las ´unicas posibles unidades de Z[√

5i] son 1, −1. Pero estos elementos son efectiva- mente unidades al cumplirse 1 · 1 = 1, (−1) · (−1) = 1. Concluimos que

U = {1, −1}.

Teorema 12.3. El elemento 6 ∈ Z[√

5i] puede descomponerse en dos formas esencialmente distintas en producto de factores irreducibles.

Nota. Esto prueba que Z[√

5i] no es un dominio de factorizaci´on ´unica.

Demostraci´on. Expresemos 6 = (a + b√

5i)(c + d√

5i) como producto de dos factores no nulos. Esto equivale a

ac − 5bd = 6 bc + ad = 0 Resolviendo en las inc´ognitas c, d obtenemos

c =

6 −5b

0 a

a −5b

b a

= 6a

a²+ 5b² , d =

a 6 b 0

a −5b

b a

= −6b

a²+ 5b². Dando los valores a = 1, b = 1 obtenemos c = 1, d = −1 y por tanto

6 = (1 +

√

5i)(1 −

√

5i). (1) Por otra parte tenemos la factorizaci´on

6 = 2 · 3 = (2 + 0√

5i)(3 + 0√

5i). (2) Veamos que los elementos 1 +√

5i, 1 −√

5i, 2, 3 son irreducibles. En efecto, si x + y√

5i ∈ Z[√

5i] divide a 1 +√

5i, existe u + v√

5i ∈ Z[√

5i] tal que 1 +√

5i = (x + y√

5i)(u + v√

5i). Tomando m´odulos al cuadrado queda 6 = (x²+ 5y²)(u + 5v²) lo cual implica que x²+ 5y² ha de dividir a 6. Esto ocurre en los casos x = ±1, y = 0 o x = ±1, y = ±1 es decir, los posibles divisores de 1 +√

5i son ±1, ±(1 +√

5i), ±(1 −√

5i). Los elementos ±1 y

(13)

±(1 +√

5i) claramente dividen a 1 +√

5i pero los primeros son unidades y los segundos sus asociados. Por otra parte, ±(1 −√

5i) no dividen a 1 +√ 5i pues

1 +√ 5i

±(1 −√

5i) = ±(1 +√

5i)(1 +√ 5i) (1 −√

5i)(1 +√

5i) = ± −2 3 +

√ 5 3 i

!

∈ Z[/ √ 5i].

Hemos demostrado que 1 +√

5i es irreducible. De manera an´aloga podemos demostrar que 1 −√

5i, 2, 3 tambi´en lo son. Debido a las factorizaciones (1) y (2), concluimos que Z[√

5i] no es dominio de factorización única. Teorema 12.4. No se puede construir una derivada aritmética en Z[√

5i].

Demostración. Veamos que para cualquier elección P de los átomos positivos, no se puede construir una derivada aritmética en Z[√

5i].

Caso 1. Elijamos un conjunto P de ´atomos positivos que contiene a los elementos irreducibles 2, 3, 1 +√

5i, 1 −√

5i. Entonces, 6 = 2 · 3 ⇒ 6⁰ = 2 + 3 = 5,

6 = (1 +

√

5i)(1 −

√

5i) ⇒ 6⁰ = (1 +

√

5i) + (1 −

√

5i) = 2.

Caso 2. Si P contiene a los elementos irreducibles −2, 3, 1 +√

5i, 1 −√ 5i, 6 = (−1) · (−2) · 3 ⇒ 6⁰ = (−1) ((−2) + 3) = −1,

6 = (1 +√

5i)(1 −√

5i) ⇒ 6⁰ = (1 +√

5i) + (1 −√

5i) = 2.

Caso 3. Si P contiene a los elementos irreducibles 2, −3, 1 +√

5i, 1 −√ 5i, 6 = (−1) · 2 · (−3) ⇒ 6⁰ = (−1) (2 + (−3)) = 1,

6 = (1 +√

5i)(1 −√

5i) ⇒ 6⁰ = (1 +√

5i) + (1 −√

5i) = 2.

Caso 4. Si P contiene a los elementos irreducibles −2, −3, 1 +√

5i, 1 −√ 5i, 6 = (−2) · (−3) ⇒ 6⁰ = (−2) + (−3) = −5,

6 = (1 +√

5i)(1 −√

5i) ⇒ 6⁰ = (1 +√

5i) + (1 −√

5i) = 2.

Caso 5. Si P contiene a los elementos irreducibles −2, −3, 1 +√

5i, −1 +√ 5i, 6 = 2 · 3 ⇒ 6⁰ = 2 + 3 = 5,

6 = (−1) · (1 +

√

5i)(−1 +

√ 5i) ⇒ 6⁰ = (−1)

(1 +√

5i) + (−1 +√ 5i)

= −2√ 5i.

En todos los casos anteriores la derivada no est´a bien definida, y de manera an´aloga podemos verificar los restantes casos.

(14)

Documentaci´on

[1] Ahlander, Bo and Ufnarovski, Victor. How to differentiate a Number, Journal of Integer Sequences. Vol. 6 (2003).

[2] Barbeau E. J., Remark on an arithmetic derivative, Canad. Math. Bull. 4 (1961), 117– 122.

[3] Koviˇc Jurij, The Arithmetic Derivative and Antiderivative, Journal of Integer Sequen- ces, Vol. 15 (2012), Article 12.3.8

Monograf´ıas matemć aticas por Fernando Revilla Jiménez se dis- tribuye bajo la licencia Creative Commons Atribución-NoComercial- SinDerivar 4.0 Internacional.

M´as material en http://www.fernandorevilla.es

Fernando Revilla Jiménez. Jefe del Departamento de Matemáticas del IES San- ta Teresa de Jesús de la Comunidad de Madrid y Profesor de Métodos Ma- temáticos de la Universidad Alfonso X El Sabio de Villanueva de la Cañada, Madrid (Hasta el curso académico 2008-2009).

E-mail address: [email protected]