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Índice general

Introducción 2

1. Preliminares 5

2. Indecidibilidad diofántica 7

3. Una teoría diofánticamente indecidible 163.1. El método en N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2. La teoría RD(exp) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.3. La teoría RD(exp) + Fbinom + Euc + Dexp + Luc . . . . . . . . . . . . . 32

4. Apéndice 41

Bibliografía 47

1

Introducción

En la sesión inaugural del 2o Congreso Internacional de Matemáticos, celebrado en Parísen 1900, David Hilbert [8, 9] planteó una lista de 23 problemas, con la intención de resaltarlos más importantes problemas matemáticos no resueltos que el siglo XX iba a heredar delsiglo XIX. En dicha lista aparecía un único problema de decisión, el Problema Décimo:

Entscheidung der Lösbarkeit einer diophantischen Gleichung

Eine diophantische Gleichung mit irgendwelchen Unbekannten und mit ganzenrationalen Zahlkoe�cienten sei vorgelegt: man soll ein Verfahren angeben,nach welchen sich mittels einer endlichen Anzahl von Operationen entscheidenläÿt, ob die Gleichung in ganzen rationalen Zahlen lösbar ist. *

Una ecuación diofántica es una ecuación de la forma P (x1, . . . , xm) = 0, donde P es unpolinomio con coe�cientes enteros. Su nombre proviene del matemático griego Diophan-tus [7], que vivió en el siglo III a.c.El trabajo hacia una solución negativa del Problema Décimo de Hilbert comenzó alre-dedor de 1950. Martin Davis [2] conjeturó que toda relación recursivamente enumerableera diofántica y demostró que toda relación recursivamente enumerable sobre ωn podíarepresentarse en la llamada Forma Normal de Davis

∃u ∀v ≤ u ∃y1 ≤ u · · · ∃ym ≤ u (P (~x, u, v, ~y) = 0)

donde P es un polinomio con coe�cientes enteros.Por otra parte, Julia Robinson [19] comenzó a atacar el problema de forma más directaestudiando qué relaciones diofánticas podía encontrar. Al no encontrar muchas, permitióel uso de la exponenciación en la representación de las relaciones. Teniendo un pocomás de éxito, demostró entonces que para probar que el grafo de la exponenciación eradiofántico, bastaba mostrar la naturaleza diofántica de cualquier relación de crecimiento�aproximadamente exponencial�.En 1961, M. Davis, Hilary Putnam y J. Robinson [4] publicaron un trabajo conjunto enel que mostraban que toda relación recursivamente enumerable era exponencial diofán-tica. La prueba consiste en usar las relaciones exponencial diofánticas de Robinson para

*Determinación de la Resolubilidad de una Ecuación Diofántica. Dada una ecuación dio-fántica con cualquier número de incógnitas y con coe�cientes enteros: idear un proceso conforme al cualpueda determinarse en un número �nito de operaciones si la ecuación es resoluble en números enteros.

2

Teorías diofánticamente indecidibles 3

eliminar el cuanti�cador universal acotado que aparece en la Forma Normal de Davis deuna relación r.e.Finalmente, en 1970 Yuri Matijasevi£ [17] construyó una función de crecimiento aproxi-madamente exponencial, a partir de la sucesión de Fibonacci, con la que pudo probarel carácter diofántico de la función exponencial y, en consecuencia, que todo conjuntorecursivamente enumerable es diofántico.

Teorema (MRDP). Sea A ⊆ ωn un conjunto recursivamente enumerable. Entoncesexiste P (~x, ~y), polinomio con coe�cientes enteros, tal que

∀~a ∈ ωn(~a ∈ A⇐⇒ ∃~y (P (~a, ~y) = 0)

)De la existencia de conjuntos recursivamente enumerables que no son recursivos se de-duce entonces que no existe el algoritmo pedido en el Problema Décimo de Hilbert. Enconsecuencia, este problema tiene una solución negativa.El teorema MRDP puede reformularse para las teorías sobre el lenguaje de la Aritmética.Entonces, una traducción directa de la prueba permite demostrarlo en la teoría de laestructura estándar, Th(N ), así como en la Aritmética de Peano, PA [1].En 1980, Constantine Dimitracopoulos [6] prueba que el teorema MRDP es demostrableen la teoría de inducción acotada junto con la función exponencial, I∆0 + exp. Tambiénes conocido que dicho teorema no puede demostrarse en la teoría de inducción abierta,IE0, ni en la teoría P−.En este contexto, es una cuestión abierta saber si el teorema MRDP puede probarseen un fragmento de la Aritmética más débil que I∆0 + exp; más concretamente, si esdemostrable en la teoría de inducción acotada, I∆0 (la respuesta a�rmativa a esta últimapregunta es lo que se conoce como conjetura acotada de Matijasevi£).Por otra parte, D. Hilbert también preguntó si ciertas teorías fuertes de la Aritmética(tales como PA) eran decidibles. La respuesta negativa a esta pregunta dada por KurtGödel y J. Barkley Rosser condujo a Thoralf Skolem, Georg Kreisel, Joseph Shoen�eldy John Shepherdson a estudiar el sistema de variables libres de la Aritmética formuladoen el lenguaje usual de la Aritmética, usando las conectivas lógicas habituales, pero sincuanti�cadores. Los axiomas de la teoría base P− se pueden expresar en este lenguaje, yla inducción puede expresarse como una regla de inferencia en lugar de como un esquemade axiomas. A este respecto, una cuestión básica es si la Aritmética de Peano sobre estelenguaje, PAqf , es decidible.Es fácil ver que todos los teoremas de PAqf se pueden considerar como asertos univer-sales acerca del modelo estándar, N . De hecho, J. Shepherdson [20] demostró que estesistema tiene las mismas consecuencias universales que la teoría IE0 de inducción abierta(considerando el lenguaje usual de la Aritmética, L).Ahora bien, toda fórmula universal de L es equivalente, en P−, a una fórmula de la forma∀~y (p(~x, ~y) 6= 0), donde p(~x, ~y) es un polinomio con coe�cientes enteros. Por tanto, lacuestión anterior acerca de la decibilidad de PAqf es equivalente a preguntar si existe unalgoritmo que decida si la teoría IE0 es diofánticamente decidible; es decir, que decida si,


dado un polinomio p(~x) ∈ Z[~x], existe un modelo de dicha teoría en el cual la ecuaciónp(~x) = 0 tenga solución. Con otras palabras, una teoría es diofánticamente decidible si ysólo si el conjunto de consecuencias universales de dicha teoría es recursivo.Usando el hecho de que el conjunto de consecuencias Π1 de toda extensión consistente deP− es no recursivo, resulta que toda teoría que pruebe el teorema MRDP es diofántica-mente indecidible. No obstante, para que una teoría sea diofánticamente indecidible no esnecesario, como veremos, que pruebe el teorema MRDP.En este trabajo estudiamos el problema de la decidibilidad diofántica y presentamos unmétodo, propuesto por Richard Kaye [14, 16], para probar que una teoría es diofánti-camente indecidible. En el capítulo 1 presentamos diversos conceptos y resultados bási-cos necesarios a lo largo del trabajo. El capítulo 2 introduce formalmente el problemade la decidibilidad diofántica, así como el método referido anteriormente. En el capítu-lo 3 se prueba, siguiendo los resultados de R. Kaye [15], que una determinada teoría,RD(exp) + Fbinom + Euc + Dexp + Luc, sin axiomas de inducción, es diofánticamenteindecidible.

Capítulo 1

Preliminares

El lenguaje de la Aritmética, L, es el lenguaje de primer orden cuyos símbolos no lógicosson un símbolo de constante, 0, un símbolo de función uno-aria, S, dos símbolos defunciones binarias, +, ·, y un símbolo de predicado binario, <.El modelo estándar, N , es la estructura cuyo universo es el conjunto de los númerosnaturales, con las interpretaciones usuales de los símbolos no lógicos de L.Trabajaremos con las jerarquías de fórmulas de L usuales de�nidas en términos de lacomplejidad de sus cuanti�cadores. Concretamente:

E0 es el conjunto de fórmulas abiertas; es decir, fórmulas sin cuanti�cadores.

∃1 = {∃~x φ(~x, ~y) : φ(~x, ~y) ∈ E0} es el conjunto de fórmulas existenciales.

∀1 = {∀~x φ(~x, ~y) : φ(~x, ~y) ∈ E0} es el conjunto de fórmulas universales.

∆0 es el conjunto de fórmulas acotadas; es decir, aquellas fórmulas cuyos cuanti�-cadores están todos acotados por términos de L.

Σ1 = {∃~x φ(~x, ~y) : φ(~x, ~y) ∈ ∆0}.

Π1 = {∀~x φ(~x, ~y) : φ(~x, ~y) ∈ ∆0}.

Dados una teoría T y un conjunto de fórmulas, Γ, notaremos ThΓ(T) al conjunto defórmulas de Γ demostrables en T.La teoría P− es la teoría cuyos modelos son las partes no negativas de los anillos conmu-tativos ordenados y discretos. A partir de esta teoría se de�nen ciertos fragmentos de laAritmética, usando diversos esquemas de axiomas, como los de inducción, minimizacióny otros.Los modelos de P− están relacionados con el modelo estándar de una forma particular.

Proposición 1.1. La estructura estándar, N , es un segmento inicial de todo modeloA |= P−.

5


Además, es posible que veri�quen una propiedad adicional de overspill.

De�nición 1.2. Sean A un modelo de P− y Γ un conjunto de fórmulas de L. Diremosque A satisface Γ-overspill para ω si, para cualquier fórmula φ(x) ∈ Γ tal que

∀n ∈ ω (A |= φ(n))

existe un elemento a ∈ A, no estándar, tal que A |= φ(a).

En P− podemos representar los conjuntos recursivos y recursivamente enumerables.

Proposición 1.3.

Sea A ⊆ ωn un conjunto recursivo. Entonces existe φ(~x) ∈ Σ1 tal que

~a ∈ A⇒ P− ` φ(~a)

~a 6∈ A⇒ P− ` ¬φ(~a)

Sea A ⊆ ωn un conjunto recursivamente enumerable. Entonces existe φ(~x) ∈ Σ1 talque

~a ∈ A⇐⇒ P− ` φ(~a)

Usando esta propiedad y el lema diagonal de K. Gödel, tenemos el siguiente resultado.

Teorema 1.4. Sea T una extensión consistente de P−. Entonces el conjunto ThΠ1(T) esno recursivo.

También nos permite reformular el teorema MRDP para teorías de la Aritmética.

De�nición 1.5. Sea T una extensión consistente de P−. Diremos que dicha teoría pruebael teorema MRDP, y lo notaremos T ` MRDP, si para toda φ(~x) ∈ Σ1 existe ψ(~x) ∈ ∃1,con las mismas variables libres, tal que

T ` ∀~x(φ(~x) ↔ ψ(~x)

)

Capítulo 2

Indecidibilidad diofántica

A continuación se introduce el concepto de decibilidad diofántica, así como una reformu-lación equivalente en términos del conjunto de consecuencias universales de una teoría.

De�nición 2.1. Sea T una teoría sobre L. El problema de la decidibilidad diofántica paraT es el siguiente:

Obtener un procedimiento efectivo que permita, dado un polinomio con coe-�cientes enteros, p(~x) ∈ Z[~x], determinar si T posee o no un modelo en elcual la ecuación p(~x) = 0 tenga solución.

Nótese que si T = Th(N ), entonces el problema de la decidibilidad diofántica para T esequivalente al Problema Décimo de Hilbert.

Teorema 2.2. Sea T una extensión consistente de P−. Entonces T es diofánticamentedecidible si y sólo si Th∀1(T) es un conjunto recursivo.

Demostración.Sea φ(~x) ∈ ∀1. Entonces existe p(~x, ~y) ∈ Z[~x, ~y] tal que

T ` φ(~x) ↔ ∀~y (p(~x, ~y) 6= 0)

Por lo tanto, φ(~x) ∈ Th∀1(T) si y sólo si no existe un modelo de T en el cual la ecuaciónp(~x, ~y) = 0 tenga solución.

A continuación veamos que, en las extensiones consistentes de P−, la propiedad ser dio-fánticamente indecidible es más débil que la propiedad demostrar el teorema MRDP.

Teorema 2.3. Sea T una extensión consistente de P− tal que T ` MRDP. Entonces Tes diofánticamente indecidible.

Demostración.Como T ` MRDP, resulta que Th∀1(T) = ThΠ1(T). Del teorema 1.4 se deduce queThΠ1(T) es un conjunto no recursivo. En consecuencia, por el teorema 2.2, la teoría T esdiofánticamente indecidible.

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Como consecuencia de este resultado, las teorías Th(N ),PA e I∆0 + exp son diofán-ticamente indecidibles. Como veremos más adelante, las teorías I∆0 e IE1 también sondiofánticamente indecidibles, aunque no se sabe si prueban el teorema MRDP. Son pro-blemas abiertos determinar si las teorías IE0 y P− son diofánticamente indecidibles.A continuación se establece una condición su�ciente para que una teoría sea diofántica-mente indecidible.

De�nición 2.4. Sea T una extensión consistente de P−. Diremos que T es su�cientemen-te diofántica si para cualquier polinomio p(~x) ∈ Z[~x] existen dos fórmulas existenciales,θ(y, ~z) y ψ(~x, y, ~z), tales que:

(1) N |= ∀y [(∀~x < y p(~x) 6= 0) → ∃~z θ(y, ~z)].

(2) T ` ∀y > 0∀~z [θ(y, ~z) → ψ(~0, y, ~z)].

(3) T ` ∀~u,~v, y, ~z [~u,~v, n < y ∧ θ(y, ~z)∧ψ(~u, 0, ~v, y, ~z) → ψ(~u, n,~v, y, ~z)], para todo n ∈ ωy long(~u) + long(~v) + 1 = long(~x).

(4) T ` ∀~x, y, ~z [~x < y ∧ θ(y, ~z) ∧ ψ(~x, y, ~z) → p(~x) 6= 0].

Teorema 2.5. Sea T una extensión consistente de P− su�cientemente diofántica. En-tonces T es diofánticamente indecidible.

Demostración.Supongamos que el conjunto Th∀1(T) es recursivo. Construiremos una L-estructura, A,tal que:

(i) A |= Th∀2(T).

(ii) Para todo ~a ∈ A, el conjunto

tp∃1(~a) = {φ(~x) ∈ ∃1 : A |= φ(~a)}

es recursivo (admitimos también que la tupla ~a pueda ser vacía).

(iii) A es no estándar.

(iv) A satisface ∃1-overspill para ω.

A continuación, consideramos A,B ⊆ ω conjuntos recursivamente inseparables. Es decir,tales que

A ∩B = ∅.

A y B son recursivamente enumerables.

No existe C ⊆ ω recursivo tal que A ⊆ C y B ∩ C = ∅.


Por el teorema MRDP, existen pA(u,~v) y pB(u, ~w) polinomios con coe�cientes enterostales que

n ∈ A⇐⇒ ∃~v [pA(n,~v) = 0]

n ∈ B ⇐⇒ ∃~w [pB(n, ~w) = 0]

Sea p(u,~v, ~w) = pA(u,~v)2 + pB(u, ~w)2. Como A y B son disjuntos, se tiene que

N |= ∀u,~v, ~w [p(u,~v, ~w) 6= 0] (∗)

Por ser T su�cientemente diofántica, existen θ(y, ~z) y ψ(u,~v, ~w, y, ~z) fórmulas existencialestales que

(1) N |= ∀y [(∀u,~v, ~w < y p(u,~v, ~w) 6= 0) → ∃~z θ(y, ~z)].

(2) T ` ∀y > 0∀~z [θ(y, ~z) → ψ(0,~0,~0, y, ~z)].

(3) T ` ∀~s,~t, y, ~z [~s,~t, n < y ∧ θ(y, ~z)∧ψ(~s, 0,~t, y, ~z) → ψ(~s, n,~t, y, ~z)], para todo n ∈ ω ylong(~s) + long(~t) = long(~v) + long(~w).

(4) T ` ∀u,~v, ~w, y, ~z [u,~v, ~w < y ∧ θ(y, ~z) ∧ ψ(u,~v, ~w, y, ~z) → p(u,~v, ~w) 6= 0].

Obsérvese que, por i, la estructura A veri�ca (2)�(4).Por (1) y (∗), se tiene que N |= ∀y ∃~z θ(y, ~z). Por tanto, para todo n ∈ ω, A |= ∃~z θ(n, ~z).Aplicando ∃1-overspill, se deduce que existe a no estándar tal que A |= ∃~z θ(a, ~z). Sea ~btal que A |= θ(a,~b) y consideremos el conjunto

C = {n ∈ ω : A |= ∃~v < a [pA(n,~v) = 0 ∧ ψ(n,~v,~0, a,~b)]}

Se veri�ca

A ⊆ C.

En efecto, sea n ∈ A. Entonces N |= ∃~v pA(n,~v) = 0. Sea ~m ∈ ω tal que N |=pA(n, ~m) = 0. Se tiene que:

• A |= pA(n, ~m) = 0, ya que N ⊂e A.

• Considerando que A |= θ(a,~b), de (2) y (3) se deduce que A |= ψ(n, ~m,~0, a,~b).

En consecuencia,

A |= ∃~v < a [pA(n,~v) = 0 ∧ ψ(n,~v,~0, a,~b)]

Luego n ∈ C.


B ∩ C = ∅.En efecto, sea n ∈ B. Entonces N |= ∃~v pB(n,~v) = 0. Sea ~m ∈ ω tal que N |=pB(n, ~m) = 0. Se tiene que A |= pB(n, ~m) = 0.

Supongamos que A |= ∃~v < a [pA(n,~v) = 0 ∧ ψ(n,~v,~0, a,~b)]. Entonces, por (3),A |= ψ(n,~v, ~m, a,~b) y, por (4), A |= p(n,~v, ~m) 6= 0.Pero A |= p(n,~v, ~m) = pA(n,~v)2 + pB(n, ~m)2 = 0, lo que es una contradicción.

C es recursivo:Basta tener en cuenta que C es Turing-reducible a tp∃1(a,

~b), que es un conjuntorecursivo, por ii.

Llegamos por tanto a una contradicción con el hecho de que A y B sean conjuntos recur-sivamente inseparables. En consecuencia, el conjunto Th∀1(T) no es recursivo.

Veamos ahora la construcción de la estructura A. Para ello consideramos,

Un conjunto numerable de testigos, W = {w0, w1, w2, . . . } y una enumeración re-cursiva de las tuplas de W .

Una enumeración recursiva, �ja, de todas las fórmulas sin cuanti�cadores de L(W ):

θ0(~w0, ~x0), θ1(~w1, ~x1), θ2(~w2, ~x2), . . .

Una sucesión creciente de condiciones �nitas, pi(~wi), construida por recursión como

sigue:

(i = 0)p0(~w

0) = ∅.(i→ i+ 1)

(Caso 1: T + pi(~wi) + ∃~x θi(~wi, ~x) es consistente)

En este caso,pi+1(~w

i+1) = pi(~wi) ∪ {θi(~wi, ~v)}

donde ~v es la primera tupla de testigos de W que no ocurren en ningúnelemento de pi(~w

i) ni en θi(~wi, ~x).(Caso 2: T + pi(~w

i) + ∃~x θi(~wi, ~x) no es consistente)En este caso,

pi+1(~wi+1) = pi(~w

i)

Se veri�ca entonces que T + pi(~wi) es consistente, para cada i ∈ ω. Aplicando el teorema

de compacidad, la teoría T +⋃i∈ω

pi(~wi) es consistente.

Sea B un modelo de dicha teoría y consideremos

A = {B(wi) : i ∈ ω}

Veamos que A cumple los requisitos deseados:


A es una L-estructura.En efecto, sean a ∈ A y w ∈ W tales que B(w) = a. La fórmula w + 1 = x es unafórmula sin cuanti�cadores de L(W ). Luego existe i ∈ ω tal que θi(w, x) ≡ w+1 = x.

Se tiene que la teoría T + pi(~wi) + ∃x θi(w, x) es consistente. Luego pi+1(~w

i+1) =pi(~w

i) ∪ {θi(w,w′)}, siendo w′ ∈ W . Entonces B |= w + 1 = w′ y, en consecuencia,

a+ 1 ∈ A.

Análogamente se razona para la suma y el producto.

A |= θ(~a) ⇐⇒ B |= θ(~a), para toda θ ∈ ∃1 y toda ~a ∈ A.

En efecto, sean θ(~x) ≡ ∃~y ψ(~x, ~y), con ψ ∈ E0 y ~a ∈ A.

(⇒)Trivial.

(⇐)Supongamos que B |= ∃~y ψ(~a, ~y).Sean ~w ∈ W tal que B(~w) = ~a e i ∈ ω tal que θi(~w, ~y) ≡ ψ(~w, ~y). Entonces, lateoría T + pi(~w

i) + ∃~y θi(~w, ~y) es consistente.En consecuencia, pi+1(~w

i+1) = pi(~wi)∪{θi(~w, ~w

′)}, con ~w′ ∈ W . Sea~b = B(~w′).Entonces, B |= θi(~a,~b), luego A |= ψ(~a,~b). Por tanto, A |= ∃~y ψ(~a, ~y).

A |= Th∀2(T).

En efecto, sea ∀~x ∃~y ψ(~x, ~y) ∈ Th∀2(T) y veamos que A |= ∀~x ∃~y ψ(~x, ~y).

Sea ~a ∈ A. Como B |= T, se tiene que B |= ∃~y ψ(~a, ~y). Por tanto, A |= ∃~y ψ(~a, ~y).

Para todo ~a ∈ A, el conjunto tp∃1(~a) es recursivo:

Consideremos ~w ∈ W tal que B(~w) = ~a, θ(~x) ≡ ∃~y ψ(~x, ~y) ∈ ∃1, e i ∈ ω tal queθi(~w, ~y) ≡ ψ(~w, ~y). Entonces

A |= θ(~a) ⇐⇒ A |= ∃~y ψ(~a, ~y)

⇐⇒ B |= ∃~y ψ(~a, ~y)

⇐⇒ B |= ∃~y ψ(~w, ~y)

⇐⇒ B |= ∃~y θi(~w, ~y)

⇐⇒ T + pi(~wi) + {∃~y θi(~w, ~y)} es consistente

⇐⇒ T 6` ∀~x [∧

pi(~x) → ∀~y ¬θi(~x, ~y)]

⇐⇒ ∀~x [∧

pi(~x) → ∀~y ¬θi(~x, ~y)] 6∈ Th∀1(T)

Luego el conjunto tp∃1(~a) es Turing-reducible al complementario de Th∀1(T), que esrecursivo por hipótesis.


A es no estándar.

En eecto, supongamos que A es la estructura estándar. Sea C ⊆ ω un conjuntorecursivamente enumerable no recursivo. Por el teorema MRDP existe p(x, ~y) ∈Z[x, ~y] tal que

c ∈ C ⇐⇒ A |= ∃~y [p(c, ~y) = 0]

Entonces C es Turing-reducible a {θ ∈ ∃1 : θ cerrada∧A |= θ}, que es recursivo. Loque es una contradicción.

A satisface ∃1-overspill para ω:

Supongamos que ω = {x ∈ A : A |= θ(x,~a)}, siendo θ(x, ~y) ∈ ∃1. Sea C ⊆ ω unconjunto recursivamente enumerable no recursivo. Por el teorema MRDP, existep(x, ~y) ∈ Z[x, ~y] tal que

c ∈ C ⇐⇒ N |= ∃~y [p(c, ~y) = 0]

⇐⇒ A |= ∃y1, . . . , yn [n∧

i=1

θ(yi,~a) ∧ p(c, ~y) = 0]

Entonces C es Turing-reducible a tp∃1(~a), que es recursivo.

Es interesante notar que, para establecer la indecidibilidad diofántica de una teoría, bastaque las condiciones de la de�nición 2.4 se veri�quen �a partir� de un cierto número natural.

Teorema 2.6. Sean T una extensión consistente de P− y N ∈ ω cumpliendo que paratodo polinomio p(~x) ∈ Z[~x] existen fórmulas existenciales, θ(y, ~z) y ψ(~x, y, ~z), tales que:

(1) N |= ∀y > N [∀~x (N ≤ ~x < y → p(~x) 6= 0) → ∃~z θ(y, ~z)].

(2) T ` ∀y > N ∀~z [θ(y, ~z) → ψ( ~N, y, ~z)], donde ~N = N, . . . , N .

(3) T ` ∀~u,~v, y, ~z [N ≤ ~u,~v, n < y ∧ θ(y, ~z) ∧ ψ(~u,N,~v, y, ~z) → ψ(~u, n,~v, y, ~z)], para todon ∈ ω y long(~u) + long(~v) + 1 = long(~x).

(4) T ` ∀~x, y, ~z [N ≤ ~x < y ∧ θ(y, ~z) ∧ ψ(~x, y, ~z) → p(~x) 6= 0].

Entonces T es diofánticamente indecidible.

Demostración.Veamos que T es su�cientemente diofántica. Para ello, sea p(~x) ∈ Z[~x] y consideremos elpolinomio dado por

q(~x) = p(~x− ~N) ∈ Z[~x]


Por hipótesis, existen θq(y, ~z) y ψq(~x, y, ~z) fórmulas ∃1 cumpliendo (1)�(4) para q(~x).De�namos las siguientes fórmulas ∃1:

θ(y, ~z) ≡ θq(y +N,~z)

ψ(~x, y, ~z) ≡ ψq(~x+ ~N, y +N,~z)

Entonces, se veri�ca:

(1) En N es válido:

∀~x < y p(~x) 6= 0 → ∀~x (N ≤ ~x < y +N → q(~x) 6= 0)

→ ∃~z θq(y +N,~z)

→ ∃~z θ(y, ~z)

(2) En T es demostrable:

Sea y > 0. Entonces y +N > N .

θ(y, ~z) → θq(y +N,~z)

→ ψq( ~N, y +N,~z)

→ ψ(~0, y, ~z)


Sean ~u,~v, n < y. Entonces N ≤ ~u+ ~N,~v + ~N, n+N < y +N .

θ(y, ~z) ∧ ψ(~u, 0, ~v, y, ~z) → θq(y +N,~z) ∧ ψq(~u+ ~N,N,~v + ~N, y +N,~z)

→ ψq(~u+ ~N, n+N,~v + ~N, y +N,~z)

→ ψ(~u, n,~v, y, ~z)


Sea ~x < y. Entonces N ≤ ~x+ ~N < y +N .

θ(y, ~z) ∧ ψ(~x, y, ~z) → θq(y +N,~z) ∧ ψq(~x+ ~N, y +N,~z)

→ q(~x+ ~N) 6= 0

→ p(~x) 6= 0

En lo que sigue utilizaremos el resultado de Dimitracopoulos (I∆0+exp prueba el teoremaMRDP) para demostrar, por medio de la condición de su�ciencia diofántica, que todaextensión consistente de IE1 es diofánticamente indecidible.


De�nición 2.7. ℵ(a, b) es la siguiente fórmula existencial

∃c ≤ b φ(a+ 2, a, c, b)

donde{φ(u, v, x, y) ≡ q(u, x, y) = 0 ∧ x ≤ y ∧ x ≡ v (mod u− 1) ∧ y ≡ v + 1 (mod u− 1)

q(u, x, y) ≡ x2 + y2 − 2uxy − 1

Proposición 2.8. [12]

(1) I∆0 + exp ⇐⇒ IE1 + ∀x ∃y ℵ(x, y).

(2) Para toda η(~x) ∈ ∃1, se veri�ca

I∆0 + exp ` ∀~x η(~x) ⇐⇒ ∃k ∈ ω[IE1 ` ∀~y

(k−1∧i=0

ℵ(yi, yi+1) → ∀~x < y0 η(~x))]

Teorema 2.9. Toda extensión consistente de IE1 es diofánticamente indecidible.

Demostración.Sea p(~x) ∈ Z[~x]. Como I∆0 + exp ` MRDP, existe θ′(y, ~z) ∈ E0 tal que

I∆0 + exp ` ∀y [(∀~x < y p(~x) 6= 0) ↔ ∃~z θ′(y, ~z)]

Entonces,I∆0 + exp ` ∀y, ~z, ~x (~x < y ∧ θ′(y, ~z) → p(~x) 6= 0)

Por la proposición 2.8, existe k ∈ ω tal que

IE1 ` ∀~w ∀y, ~z, ~x < w0 [k−1∧i=0

ℵ(wi, wi+1) ∧ ~x < y ∧ θ′(y, ~z) → p(~x) 6= 0]

Consideremos las siguientes fórmulas existenciales θ(y, ~z, ~w) ≡k−1∧i=0

ℵ(wi, wi+1) ∧ w0 = max(y, ~z) + 1 ∧ θ′(y, ~z)

ψ(~x, y, ~z, ~w) ≡ 0 = 0


(1) N |= ∀y [(∀~x < y p(~x) 6= 0) → ∃~z, ~w θ(y, ~z, ~w)], ya que N |= I∆0 + exp.

(2) IE1 ` ∀y > 0∀~z, ~w [θ(y, ~z, ~w) → ψ(~0, y, ~z, ~w)].

(3) IE1 ` ∀~u,~v, y, ~z, ~w [~u, n,~v < y ∧ θ(y, ~z, ~w) ∧ ψ(~u, 0, ~v, y, ~z, ~w) → ψ(~u, n,~v, y, ~z, ~w)].


(4) IE1 ` ∀~x, y, ~z, ~w [~x < y ∧ θ(y, ~z, ~w) ∧ ψ(~x, y, ~z, ~w) → p(~x) 6= 0].

Por tanto, la teoría IE1 es su�cientemente diofántica y, en consecuencia, es diofánticamenteindecidible.

Corolario 2.10. Toda extensión consistente de IU−1 es diofánticamente indecidible.

Demostración.Tomando θ y ψ como en el teorema anterior, y teniendo en cuenta que Th∀1(IE1) =Th∀1(IU

−1 ) [11], se veri�can las condiciones (1)�(3) trivialmente, y la condición (4) por

ser una fórmula universal.

Capítulo 3

Una teoría diofánticamente indecidible

Para probar que una teoría es diofánticamente indecidible, el método presentado requiere,para cada polinomio p(~x) ∈ Z[~x], encontrar una fórmula existencial, θ(y, ~z), cuyo cierreexistencial sea �equivalente� a ∀~x < y p(~x) 6= 0 en el siguiente sentido:

La implicación∀y [(∀~x < y p(~x) 6= 0) → ∃~z θ(y, ~z)] (+)

es cierta en N .

La implicación∀y [∃~z θ(y, ~z) → ∀~x < y p(~x) 6= 0] (++)

se puede probar en T junto con una especie de regla de inducción, en el sentidosiguiente: para probar la condición (3) de la de�nición 2.4, basta con que se cumpla

T ` ∀~u,~v, x, y, ~z [~u,~v, x+ 1 < y ∧ θ(y, ~z) ∧ ψ(~u, x,~v, y, ~z) → ψ(~u, x+ 1, ~v, y, ~z)]

A este respecto, hay que tener en cuenta las consideraciones siguientes:

1. Añadiendo nuevas variables libres, podemos suponer que θ(y, ~z) no tiene cuanti�ca-dores.

2. Si añadimos a θ(y, ~z) propiedades ciertas de los números naturales, pero no necesa-riamente demostrables en T, entonces la condición (+) sigue siendo válida y puedefacilitar la prueba de la condición (++).

3. La fórmula ψ puede tomarse como una conjunción de fórmulas

ψ1(~x, y, ~z) ∧ · · · ∧ ψk(~x, y, ~z)

de forma que en T se pueda probar la clausura universal de

~u, v+1, ~w < y∧θ(y, ~z)∧ψ(~u, v, ~w, y, ~z)∧∧i<j

ψi(~u, v+1, ~w, y, ~z) → ψj(~u, v+1, ~w, y, ~z)

16


3.1. El método en NPresentamos a continuación un método, debido a Y. Matijasevi£, para reducir una expre-sión del tipo ∀~x < y p(~x) 6= 0, con p(~x) ∈ Z[~x], a una ecuación exponencial diofántica, demanera uniforme; es decir, tratando todas las variables en ~x a la vez.En primer lugar, podemos suponer que p(~x) sólo toma valores no negativos, trabajandocon p(~x)2 en caso contrario.Consideremos ahora los valores

Tp(α, q) =∑x1<α

· · ·∑

xm<α

p(~x) qx1+x2α+···+xmαm−1

siendo q un número primo. Si q es lo su�cientemente grande, entonces los valores de p(~x),para ~x < α, se pueden recuperar de Tp(α, q) y comprobar si alguno es cero.

Teorema 3.1 (Lucas [5]). Sean p primo, n = n0 + n1p,m = m0 +m1p, con n0,m0 < p.Entonces, (

n

m

)≡

(n0

m0

)(n1

m1

)(mod p)

Corolario 3.2. Sean p primo, n =∑i<k

ni pi, m =

∑i<k

mi pi, con 0 ≤ ni,mi < p, para

todo i < k. Entonces,(n

m

)≡

(n0

m0

)(n1

m1

)(n2

m2

)· · ·

(nk−1

mk−1

)(mod p)

Como consecuencia,

p divide a(n

m

)⇐⇒ existe i < k tal que mi > ni

Teorema 3.3. Sean p(~x) ∈ Z[~x], T (α, q) = Tp(α, q) y S(α, q) = T1(α, q). Entonces,

∀~x < α p(~x) 6= 0 ⇐⇒ ∃q [q primo ∧ q > Bp(α) ∧(T (α, q)

S(α, q)

)6≡ 0 (mod q)]

donde Bp(z) es un término polinomial que acota a todos los posibles valores de p(~x), con~x < z (Por ejemplo, Bp(z) =

∑|ci1,...,im|zi1+···+im, siendo p(~x) =

∑ci1,...,imx

i11 · · ·xim

m ).

Demostración.Sea q un primo mayor que Bp(α). Entonces,

q > p(~x), ∀~x < α.


T (α, q) =∑

n<αm

xn qn, siendo xx1+x2α+···+xmαm−1 = p(x1, x2, . . . , xm).

S(α, q) =∑

n<αm

yn qn, siendo yx1+x2α+···+xmαm−1 = 1.

Se tiene que (T (α, q)

S(α, q)

)6≡ 0 (mod q) ⇐⇒ q no divide a

(T (α, q)

S(α, q)

)⇐⇒ yn ≤ xn, ∀n < αm

⇐⇒ p(~x) ≥ 1, ∀~x < α

⇐⇒ ∀~x < α p(~x) 6= 0

3.2. La teoría RD(exp)

En esta sección vamos a considerar teorías a las que añadiremos nuevos símbolos defunción y predicado. No obstante, estos nuevos símbolos los consideraremos como abre-viaturas de fórmulas, y no como expansiones del lenguaje de la aritmética. Para limitarla complejidad de las fórmulas consideradas, imponemos la condición de que los nuevossímbolos de función deben representar funciones recursivas y los nuevos símbolos de predi-cado deben representar predicados recursivamente enumerables. De esta forma, el teoremaMRDP nos asegura que existen fórmulas existenciales que representan a dichas funcionesy predicados en N .Así, cuando introducimos un nuevo predicado, P (~x), �jamos una fórmula existencial,δP (~x), que representa a P en N . Cuando introducimos una nueva función, F (~x), �jamosuna fórmula existencial, δF (~x, y), que representa el grafo de F en N y, además, añadimosel siguiente axioma, que expresa la �funcionalidad� de δF :

∀~x, y1, y2 [δF (~x, y1) ∧ δF (~x, y2) → y1 = y2]

De�nición 3.4. Fijemos una fórmula existencial que represente a la fórmula xy = z enN . La teoría RD(exp) es P− con un axioma para la funcionalidad de xy = z y, además,con los siguientes axiomas:

(i) ∀x [x0 = 1].

(ii) ∀x, y, z [xy = z → xy+1 = x · z].

(iii) ∀x, y, z [y > 0 ∧ xy = z → ∃w (xy−1 = w ∧ z = x · w)].


Según el método que vamos a utilizar, dado p(~x) ∈ Z[~x] tenemos que calcular

Tp(α, q) =∑x1<α

· · ·∑

xm<α

p(~x) qx1+x2α+···+xmαm−1

Si p(~x) viene dado por p(~x) =∑

i1,...,im

ci1,...,imxi11 · · ·xim

m , entonces

Tp(α, q) =∑x1<α

· · ·∑

xm<α

∑i1,...,im

ci1,...,imxi11 · · ·xim

m qx1qx2α · · · qxmαm−1

=∑

i1,...,im

ci1,...,im

( ∑x1<α

xi11 q

x1

)· · ·

( ∑xm<α

ximm qxmαm−1

)Esto lleva a considerar el siguiente resultado:

Teorema 3.5. Para todo n ∈ ω existe una fórmula existencial, Gn(u, v, q) = x, que

representa en N a la fórmulav−1∑i=u

in qi = x y tal que RD(exp) prueba lo siguiente:

(1) Si u ≥ v, entonces Gn(u, v, q) = 0.

(2) Si u < v, entonces

(2.1) Si q = 0 y u = 0, entonces Gn(u, v, q) = 0n.

(2.2) Si q = 0 y u > 0, entonces Gn(u, v, q) = 0.

(2.3) Si q > 0 y Gn(u, v, q) = x, entonces

(2.3.1) qu, qv, qv−1 existen.(2.3.2) Gn(u, v + 1, q) = x+ vnqv.(2.3.3) Si u > 0, entonces existe qu−1 y, además, Gn(u−1, v, q) = x+(u− 1)nqu−1.(2.3.4) Gn(u, v − 1, q) = x− (v − 1)nqv−1.(2.3.5) Gn(u+ 1, v, q) = x− unqu.

Demostración.De�nimos las fórmulas Gn por recursión sobre n ∈ ω.


(n = 0)G0(u, v, q) = x es la siguiente fórmula

u ≥ v → x = 0

∧u < v ∧ q = 0 ∧ u = 0 → x = 1

∧u < v ∧ q = 0 ∧ u > 0 → x = 0

∧

u < v ∧ q > 0 → ∃r, s (qu = r ∧ qv = s ∧

q = 1 → r = 1 ∧ s = 1 ∧ x = v − u

∧q > 1 → (q − 1)x = s− r


(1) Trivial.

(2)

(2.1) Trivial.(2.2) Trivial.(2.3)(2.3.1) Por de�nición y los axiomas de RD(exp).(2.3.2) Si q = 1, entonces

qv+1 = qv · q = 1

x+ vnqv = (v − u) + 1 = (v + 1)− u

como se pide.Si q > 1, entonces

(q − 1)(x+ vnqv) = (q − 1)x+ qqv − qv

= qv − qu + qv+1 − qv

= qv+1 − qu

como se pide.(2.3.3) Como existe qu y u > 0, resulta que existe qu−1 por los axiomas de

RD(exp).Si q = 1, entonces

1 = qu = qu−1 · q = qu−1

x+ (u− 1)nqu−1 = v − u+ 1 = v − (u− 1)

como se pide.


Si q > 1, entonces

(q − 1)(x+ (u− 1)nqu−1) = (q − 1)x+ qqu−1 − qu−1

= qv − qu + qu − qu−1

= qv − qu−1

como se pide.(2.3.4) Si q = 1, entonces

1 = qv = qv−1 · q = qv−1

x− (v − 1)nqv−1 = v − u− 1 = (v − 1)− u

como se pide.Si q > 1 y u = v − 1, entonces

x− (v − 1)nqv−1 =qv − qu

q − 1− qu =

(q − 1)qu

q − 1− qu = qu − qu = 0

como se pide.Si q > 1 y u < v − 1, entonces

(q − 1)(x− (v − 1)nqv−1) = (q − 1)x− qqv−1 + qv−1

= qv − qu − qv + qv−1

= qv−1 − qu

como se pide.(2.3.5) Si q = 1, entonces

qu+1 = qu · q = 1

x− unqu = (v − u)− 1 = v − (u+ 1)

como se pide.Si q > 1 y u+ 1 = v, entonces

x− unqu =qv − qu

q − 1− qu =

(q − 1)qu

q − 1− qu = qu − qu = 0

como se pide.Si q > 1 y u+ 1 < v, entonces

(q − 1)(x− unqu) = (q − 1)x− qqu + qu

= qv − qu − qu+1 + qu

= qv − qu+1

como se pide.


(< n→ n)Queremos calcular S =

v−1∑i=u

inqi. En N tenemos lo siguiente:

(q = 1)En este caso, S =

v−1∑i=u

in.

Si u = 0, entonces

S =v−1∑i=0

in =1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j

Si u > 0, entonces

S =v−1∑i=0

in −u−1∑i=0

in

=1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j − 1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j

=1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bj[v

n+1−j − un+1−j]

siendo (Bj)j∈ω la sucesión de números de Bernoulli (véase el apéndice).

(q > 1)En este caso,

S = unqu + (u+ 1)nqu+1 + · · ·+ (v − 1)nqv−1

qS = unqu+1 + (u+ 1)nqu+2 + · · ·+ (v − 1)nqv

= (u+ 1− 1)nqu+1 + · · ·+ (v − 1− 1)nqv−1 + (v − 1)nqv

=( n∑

j=0

(nj

)(u+ 1)j(−1)n−j

)qu+1 + · · ·+

( n∑j=0

(nj

)(v − 1)j(−1)n−j

)qv+1

+ (v − 1)nqv

(q − 1)S = qS − S

= (v − 1)nqv − unqu +( n−1∑

j=0

(nj

)(u+ 1)j(−1)n−j

)qu+1+

+ · · ·+( n−1∑

j=0

(nj

)(v − 1)j(−1)n−j

)qv−1

= (v − 1)nqv − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−j

v−1∑k=u+1

kjqk


Sea Gn(u, v, q) = x la siguiente fórmula:

u ≥ v → x = 0

∧u < v ∧ q = 0 → x = 0

∧u < v ∧ q = 1 → ∃r, s

(qu = r ∧ qv = s ∧ r = 1 ∧ s = 1

∧

u = 0 → (n+ 1)x =n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j

∧

u > 0 → (n+ 1)x =n∑

j=0

(n+1

j

)Bj[v

n+1−j − un+1−j]

∧u < v ∧ q > 1 → ∃r, s

(qu = r ∧ qv = s

∧ (q − 1)x = (v − 1)nqv − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q)

)Entonces, se veri�ca

(1) Trivial.

(2)

(2.1) Trivial.(2.2) Trivial.(2.3) Veamos primero una propiedad:

n∑j=0

(n+1

j

)Bj(x+ 1)n+1−j =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj

n+1−j∑k=0

(n+1−j

k

)xn+1−j−k

=n∑

j=0

n+1−j∑k=0

(n+1

j

)(n+1−j

k

)Bjx

n+1−j−k

=n∑

j=0

n+1−j∑k=0

(n+1j+k

)(j+k

j

)Bjx

n+1−(j+k)

= xn+1 + (n+ 1)(B0 +B1)xn +

n∑t=2

(n+1

t

)xn+1−t

t∑j=0

(tj

)Bj +

n∑j=0

(n+1

j

)Bj


= xn+1 + (n+ 1)(B0 +B1)xn +

n∑t=2

(n+1

t

)Btx

n+1−t

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjx

n+1−j + (n+ 1)xn

(2.3.1) Por de�nición y los axiomas de RD(exp).(2.3.2) Para q = 1, se tiene que qv+1 = qv · q = 1. Distingamos varios casos:

(q = 1 ∧ u = 0)En este caso se tiene que

(n+ 1)(x+ vn) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j + (n+ 1)vn

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(v + 1)n+1−j − (n+ 1)vn + (n+ 1)vn

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(v + 1)n+1−j

como se pide.(q = 1 ∧ u > 0)

En este caso se tiene que

(n+ 1)(x+ vn) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j + (n+ 1)vn

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(v + 1)n+1−j −

n∑j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j − (n+ 1)vn + (n+ 1)vn

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj[(v + 1)n+1−j − un+1−j]

como se pide.(q > 1)


(q − 1)(x+ vnqv) =

= (v − 1)nqv − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q) + vnqv+1 − vnqv

= vnqv+1 − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q) + [(v − 1)n − vn]qv



(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q) +

n−1∑j=0

(nj

)vj(−1)n−jqv


(nj

)(−1)n−j[Gj(u+ 1, v, q) + vjqv]


(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v + 1, q)

como se pide.(2.3.3) qu−1 existe por de�nición y los axiomas de RD(exp).

Para q = 1, se tiene que 1 = qu = qu−1 · q = qu−1. Distingamos varioscasos:(q = 1 ∧ u = 0)


(n+ 1)(x+ (u− 1)nqu−1) =n∑

j=0

(n+1

j

)Bj[v

n+1−j − un+1−j]

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bj

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j

como se pide.(q = 1 ∧ u > 0)


(n+ 1)(x+ (u− 1)n) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j + (n+ 1)(u− 1)n

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(u− 1)n+1−j−

− (n+ 1)(u− 1)n + (n+ 1)(u− 1)n

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(u− 1)n+1−j

como se pide.


(q > 1)En este caso se tiene que

(q − 1)(x+ (u− 1)nqu−1) =

= (v − 1)nqv − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q)+

+ (u− 1)nqu − (u− 1)nqu−1

= (v − 1)nqv − (u− 1)nqu−1 +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q)+

+ [(u− 1)n − un]qu

= (v − 1)nqv − (u− 1)nqu−1 +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q)+

+n−1∑j=0

(nj

)uj(−1)n−jqu

= (v − 1)nqv − (u− 1)nqu−1 +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−j[Gj(u+ 1, v, q) + ujqu]

= (v − 1)nqv − (u− 1)nqu−1 +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u, v, q)

como se pide.(2.3.4) Para q = 1 se tiene que 1 = qv = qv−1 · q = qv−1. Distingamos varios

casos:(q = 1 ∧ u = 0 ∧ v = u+ 1)


(n+ 1)(x− (v − 1)n) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j − (n+ 1)(v − 1)n

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj = 0

como se pide.


(q = 1 ∧ 0 < u ∧ v = u+ 1)En este caso se tiene que

(n+ 1)(x− (v − 1)n) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j − (n+ 1)(v − 1)n

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(u+ 1)n+1−j −

n∑j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j − (n+ 1)un

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(u+ 1)n+1−j −

n∑j=0

(n+1

j

)Bj(u+ 1)n+1−j+

+ (n+ 1)un − (n+ 1)un = 0

como se pide.(q = 1 ∧ u = 0 ∧ u+ 1 < v)


(n+ 1)(x− (v − 1)n) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j − (n+ 1)(v − 1)n

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(v − 1)n+1−j + (n+ 1)(v − 1)n − (n+ 1)(v − 1)n

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(v − 1)n+1−j

como se pide.(q = 1 ∧ 0 < u ∧ u+ 1 < v)

En ese caso se tiene que

(n+ 1)(x− (v − 1)n) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j − (n+ 1)(v − 1)n

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(v − 1)n+1−j + (n+ 1)(v − 1)n−

−n∑

j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j − (n+ 1)(v − 1)n

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(v − 1)n+1−j −

n∑j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j

como se pide.



(q − 1)(x− (v − 1)nqv−1) =

= (v − 1)nqv − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q)−

− (v − 1)nqv + (v − 1)nqv−1

= (v − 1)nqv−1 − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q)

= (v − 1)nqv−1 − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−j[Gj(u+ 1, v − 1, q) + (v − 1)jqv−1]

= (v − 1)nqv−1 − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v − 1, q)+

+n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−j(v − 1)jqv−1

=n∑

j=0

(nj

)(−1)n−j(v − 1)jqv−1 − unqv−1+

+n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v − 1, q)

= (v − 2)nqv−1 − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v − 1, q)

como se pide.(2.3.5) Para q = 1 se tiene que qu+1 = qu · q = 1. Distingamos varios casos:

(q = 1 ∧ u = 0 ∧ v = u+ 1)En este caso se tiene que

(n+ 1)(x− un) =n∑

j=0

(n+1

j

)Bj = 0

como se pide.(q = 1 ∧ 0 < u ∧ v = u+ 1)


(n+ 1)(x− un) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j − (n+ 1)un


=n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(u+ 1)n+1−j −

n∑j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j − (n+ 1)un

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j = 0

como se pide.(q = 1 ∧ u = 0 ∧ u+ 1 < v)


(n+ 1)(x− unqu) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(u+ 1)n+1−j

como se pide.(q = 1 ∧ 0 < u ∧ u+ 1 < v)


(n+ 1)(x− un) =

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bju

n+1−j − (n+ 1)un

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(u+ 1)n+1−j + (n+ 1)un − (n+ 1)un

=n∑

j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j −n∑

j=0

(n+1

j

)Bj(u+ 1)n+1−j

como se pide.(q > 1)


(q − 1)(x− unqu) =

= (v − 1)nqv − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q)− unqu+1 + unqu

= (v − 1)nqv − unqu+1 +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q)

= (v − 1)nqv − unqu+1 +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−j[Gj(u+ 2, v, q) + (u+ 1)jqu+1]


= (v − 1)nqv − unqu+1 +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 2, v, q)+

+n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−j(u+ 1)jqu+1

= (v − 1)nqv − (u+ 1)nqu+1 +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 2, v, q)

como se pide.

Veamos a continuación que las fórmulas particulares presentadas para estas series depotencias generalizadas tienen una propiedad añadida.

Proposición 3.6. Para las fórmulas Gn consideradas en el teorema 3.5, la teoría RD(exp)prueba, para todo n ∈ ω, lo siguiente:

u ≤ v ≤ w ∧Gn(u, v, q) = x ∧Gn(v, w, q) = y → Gn(u,w, q) = x+ y

Demostración.Por inducción sobre n ∈ ω.

(n = 0)Consideremos sólo los casos no triviales.

(q = 1)En este caso se tiene que

Gn(u, v, q) = v − u, Gn(v, w, q) = w − v, Gn(u,w, q) = w − u

Luego,Gn(u,w, q) = Gn(u, v, q) +Gn(v, w, q)


Gn(u, v, q) =qv − qu

q − 1, Gn(v, w, q) =

qw − qu

q − 1, Gn(u,w, q) =

qw − qu

q − 1


(< n→ n)Consideremos sólo los casos no triviales.


(q = 1 ∧ u = 0)En este caso se tiene que

Gn(u, v, q) =1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bjv

n+1−j

Gn(v, w, q) =1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bj[w

n+1−j − vn+1−j]

Gn(u,w, q) =1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bjw

n+1−j

Luego,Gn(u,w, q) = Gn(u, v, q) +Gn(u,w, q)

(q = 1 ∧ 0 < u)En este caso se tiene que

Gn(u, v, q) =1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bj[v

n+1−j − un+1−j]

Gn(v, w, q) =1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bj[w

n+1−j − vn+1−j]

Gn(u,w, q) =1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bj[w

n+1−j − un+1−j]



(q − 1)[Gn(u, v, q) +Gn(v, w, q)] =

= (v − 1)nqv − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, v, q)+

(w − 1)nqw − vnqv +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(v + 1, w, q)

= (w − 1)nqw − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−j[Gj(u+ 1, v, q) +Gj(v, w, q)]−

−n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jvjqv + [(v − 1)n − vn]qv


= (w − 1)nqw − unqu +n−1∑j=0

(nj

)(−1)n−jGj(u+ 1, w, q)

= (q − 1)Gn(u,w, q)


3.3. La teoría RD(exp) + Fbinom + Euc + Dexp + Luc

Para expresar la idea de Matijasevi£ dada anteriormente, necesitamos �jar fórmulas exis-tenciales para el test de primalidad y para los coe�cientes binomiales: Prime(x) y

(xy

)= z.

Denotemos Fbinom al axioma que expresa la funcionalidad de los coe�cientes binomiales.El axioma para la división euclídea, Euc, es el siguiente:

∀x ∀y [y > 0 → ∃r ∃s (x = y · s+ r ∧ r < y)]

El axioma de �distributividad� para la exponenciación y la multiplicación, Dexp, es elsiguiente:

∀x, y, z (xy+z = xyxz)

(Interpretándose de la siguiente manera: si xy+z existe o bien existen xy y xz, entoncestodos existen y la ecuación es válida)El axioma de Lucas, Luc, es el siguiente:

∀q, u, s0, s1, t0, t1, x, y, z

Prime(q) ∧ qu existe∧s0 < qu ∧ t0 < qu

∧x =

(s0+s1qu

t0+t1qu

)∧ y =

(s0

t0

)∧ z =

(s1

t1

)

→ x ≡ y · z (mod q)

Lema 3.7. La teoría RD(exp) prueba que, para cualesquiera p ≥ 2, y ≥ 1 y n ∈ ω,

(a)∑z<1

znpz < 2 · 1n · p0.

(b)∑z<y

znpz < 2ynpy−1 →∑

z<y+1

znpz < 2(y + 1)npy.


Demostración.

(a)∑z<1

znpz ≤ 1 < 2 = 2 · 1n · p0.

(b)∑

z<y+1

znpz =∑z<y

znpz+ynpy < 2ynpy−1+ynpy = yn(2py−1+py) ≤ 2ynpy ≤ 2(y + 1)npy.

Téngase en cuenta que RD(exp) ` ∀x[(x+ 1)n ≥ xn], para todo n ∈ ω.

Lema 3.8. La teoría RD(exp) + Dexp prueba que, para todo x, y,

(a) (xy)0 = x(y·0).

(b) (xy)z = x(y·z) → (xy)z+1 = x(y·(z+1)).

Interpretándose en cada caso de la siguiente manera: si alguna de las potencias existe,entonces existen todas y se tiene la igualdad.

Demostración.

(a) (xy)0 = 1 = x(y·0).

(b) (xy)z+1 = (xy)zxy = x(y·z)xy = xy·z+y = xy·(z+1).

Teorema 3.9. La teoría RD(exp) + Fbinom + Euc + Dexp + Luc es diofánticamenteindecidible.

Demostración.Denotemos T = RD(exp) + Fbinom + Euc + Dexp + Luc y veamos que es su�ciente-mente diofántica. Para ello, dado p(~x) ∈ Z[~x], vamos a construir fórmulas existencialesθ(y, q, T, S) y ψ(~x, y, q, T, S) tales que:

(1) N |= ∀y > 2 [∀~x (2 ≤ ~x < y → p(~x) 6= 0) → ∃q, T, S θ(y, q, T, S)].

(2) T ` ∀y > 2∀q, T, S [θ(y, q, T, S) → ψ(~2, y, q, T, S)].

(3) T ` ∀~u,~v, y, q, T, S [2 ≤ ~u,~v, n < y ∧ θ(y, q, T, S) ∧ ψ(~u, 2, ~v, y, q, T, S)

→ ψ(~u, n,~v, y, q, T, S)]

para todo n ∈ ω y long(~u) + long(~v) + 1 = long(~x).

(4) T ` ∀~x, y, q, T, S [2 ≤ ~x < y ∧ θ(y, q, T, S) ∧ ψ(~x, y, q, T, S) → p(~x) 6= 0].


La idea de Matijasevi£ expuesta anteriormente nos sugiere un punto de partida parade�nir θ. Supongamos que el polinomio p(~x) viene dado por

p(~x) =∑

i1,...,im

ci1,...,imxi11 · · ·xim

m

y que sólo toma valores no negativos.Entonces consideremos la fórmula θ(y, q, T, S) siguiente:

Prime(q) ∧ q > Bp(y) ∧ T =∑

i1,...,im

ci1,...,im

( ∑2≤z1<y

zi11 q

z1

)· · ·

( ∑2≤zm<y

zimm qzmym−1

)∧

S =( ∑

2≤z1<y

qz1

)· · ·

( ∑2≤zm<y

qzmym−1)∧

(T

S

)6≡ 0 (mod q)

donde

Bp(y) ≡∑

i1,...,im

|ci1,...,im|yi1+···+im .

La fórmula en realidad dice que los sumatorios existen (usando las fórmulas Gn) yque entonces T y S son iguales a los productos señalados.

Consideremos ahora la siguiente codi�cación de las m-tuplas de elementos menores quey:

〈r1, . . . , rm〉 = r1 + r2y + · · ·+ rmym−1

Por el axioma Euc, esta codi�cación es biyectiva, ya que

〈r1, . . . , rm〉 = 〈s1, . . . , sm〉 ⇐⇒ r1 = s1 ∧ · · · ∧ rm = sm.

Dado r < ym, existen únicos r1, . . . , rm < y tales que r = 〈r1, . . . , rm〉.

Esto nos permite ordenar dichas tuplas de la siguiente manera:

〈r1, . . . , rm〉 < 〈s1, . . . , sm〉 ⇐⇒ r1 + r2y + · · ·+ rmym−1 < s1 + s2y + · · ·+ smy

m−1

⇐⇒

{rm < sm ∨ (rm = sm ∧ rm−1 < sm−1) ∨ · · · ∨∨ (rm = sm ∧ · · · ∧ r2 = s2 ∧ r1 < s1)

La idea ahora es realizar en T lo siguiente:

T (~x) =∑

i1,...,im

ci1,...,im

( ∑〈~z〉≥〈~x〉

z1,...,zm≥2

zi11 · · · zim

m qz1+z2y+···+zmym−1)

S(~x) =∑

〈~z〉≥〈~x〉z1,...,zm≥2

qz1+z2y+···+zmym−1


De donde,

T (~x) = p(~x)q〈~x〉 +∑

i1,...,im

ci1,...,im

( ∑〈~z〉>〈~x〉

z1,...,zm≥2

zi11 · · · zim

m qz1+z2y+···+zmym−1)

= p(~x)q〈~x〉 + q〈~x〉+1T ′

= q〈~x〉(p(~x) + qT ′)

S(~x) = q〈~x〉(1 + qS ′)

Luego, aplicando el teorema de Lucas, si tuviéramos que(

T (~x)S(~x)

)6≡ 0 (mod q), entonces

obtendríamos que p(~x) ≥ 1.Consideremos entonces (i1, . . . , im) ∈ ωm y de�namos

Ti1,...,im(~x) =[ ∑

2≤z1<y

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑2≤zm−1<y

zim−1

m−1 (qym−2

)zm−1

][ ∑xm<zm<y

zimm (qym−1

)zm

]+

+[ ∑

2≤z1<y

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑xm−1<zm−1<y

zim−1

m−1 (qym−2

)zm−1

][ ∑zm=xm

zimm (qym−1

)zm

]+

...

+[ ∑

z1=x1

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑zm−1=xm−1

zim−1

m−1 (qym−2

)zm−1

][ ∑zm=xm

zimm (qym−1

)zm

]

T(~x) =∑

i1,...,im

ci1,...,imTi1,...,im(~x)

S(~x) = T~0(~x)

Ahora consideremos la fórmula ψ(~x, y, q, T, S) siguiente:

q no divide a(

T(~x)

S(~x)

)Para probar que se cumple la condición (4), necesitamos las siguientes propiedades:Fórmula a añadir a θ: ∧

0≤i+j≤m

qyiyj

= (qyi

)yj

(θ1)

Fórmula a añadir a ψ:m∧

j=1

qxjyj−1

= (qyj−1

)xj (ψ1)

Supongamos ciertas las fórmulas θ(y, q, T, S) y ψ(~x, y, q, T, S), siendo 2 ≤ ~x < y. Entoncesse veri�ca el siguiente aserto:

qyj−1(xj+1) divide a∑

xj<zj<y

znj (qyj−1

)zj, ∀j = 1, . . . ,m,∀n ∈ ω


Probémoslo por inducción sobre n ∈ ω:

(n = 0)Por de�nición, ∑

xj<zj<y

znj (qyj−1

)zj

=(qyj−1

)y − (qyj−1

)xj+1

qyj−1 − 1

Por (θ1), se tiene que (qyj−1)y

= qyj−1y y, por (ψ1) y el lema 3.8, se deduce que(qyj−1

)xj+1

= qyj−1(xj+1).

Como xj < y, resulta que qyj−1(xj+1) divide a qyj−1y, luego divide a∑

xj<zj<y

znj (qyj−1

)z.

(< n→ n)Por de�nición,

∑xj<zj<y

znj (qyj−1

)zj es igual a

(y − 1)n(qyj−1)y − (xj + 1)n(qyj−1

)xj+1

+n−1∑k=0

(nk

)(−1)n−k

∑xj+1<zj<y

zkj (qyj−1

)zj

qyj−1 − 1

Por hipótesis de inducción, se tiene que (qyj−1)xj+2

divide a∑

xj+1<zj<y

zkj (qyj−1

)zj ,

luego también lo divide (qyj−1)xj+1

. Por (θ1), se tiene que (qyj−1)y

= qyj−1y, quees divisible por (qyj−1

)xj+1

, porque xj < y. Por (ψ1), se tiene que (qyj−1)xj+1

=

qyj−1(xj+1). Luego qyj−1(xj+1) divide a∑

xj<zj<y

znj (qyj−1

)zj .

Por tanto, dado (i1, . . . , im) ∈ ωm, se veri�ca

Ti1,...,im(~x) = T ′mq

ym−1(xm+1) + · · ·+ T ′1q

x1+1qy·x2 · · · qym−1xm + xi11 q

x1xi22 q

y·x2 · · ·ximm qxmym−1

Luego,

T(~x) = p(~x)q〈~x〉 + q〈~x〉+1T ′

= q〈x〉(p(~x) + qT ′), siendo T ′ ≥ 0

S(~x) = q〈x〉 + q〈~x〉+1S ′

= q〈x〉(1 + qS ′), siendo S ′ ≥ 0

Como estamos suponiendo que se veri�ca la fórmula ψ(~x, y, q, T, S), se tiene que(T(~x)

S(~x)

)6≡ 0

(mod q). Luego, por el axioma Luc, se tiene que(

p(~x)+qT ′

1+qS′

)6≡ 0 (mod q) y, de nuevo por

Luc, se veri�ca que(

p(~x)1

)6≡ 0 (mod q). Ahora bien,

(01

)= 0 es válido, luego demostrable

en P− y, por tanto, también en T. En consecuencia, p(~x) 6= 0.


Para probar que se cumple la condición (3), necesitamos las siguientes propiedades:Fórmulas a añadir a θ: ∑

z<y

zk(qyi−1

)z< 2yk(qyi−1

)y−1

(θ2)

q > 2m+2(m+ 1)yn (θ3)q > 4(m− 1)Bp(y) (θ4)

siendo i ≤ m, k ∈ ω tal que aparezca como exponente de alguna variable en p(~x) y n elgrado de p(~x).Fórmulas a añadir a ψ: ∑

z<xi

zk(qyi−1

)z< 2xk

i (qyi−1

)xi−1

(ψ2)

siendo i ≤ m y k ∈ ω tal que aparezca como exponente de alguna variable en p(~x).

Dado j, tal que 1 ≤ j ≤ m, sea ej = (0, . . . , 0,

j^

1 , 0, . . . , 0) y Sj la j-ésima función sucesor,~x 7→ ~x+ ej. Probaremos, para cada j, que en T es demostrable

θ(y, q, T, S) ∧ ψ(~x, y, q, T, S) ∧ 2 ≤ Sj(~x) < y → ψ(Sj(~x), y, q, T, S) (?)

Para las fórmulas (ψ1) y (ψ2), la condición (?) se cumple por los lemas 3.7 y 3.8. Basta,pues, demostrar que se veri�ca(

T(~x)

S(~x)

)6≡ 0 (mod q) →

(T(Sj(~x))

S(Sj(~x))

)6≡ 0 (mod q)

Para ello, sea (i1, . . . , im) ∈ ωm y calculemos Ti1,...,im(~x) − Ti1,...,im(Sj(~x)). Se tiene queTi1,...,im(~x) es igual a[ ∑

2≤z1<y

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑2≤zj<y

zijj (qyj−1

)zj

]· · ·

[ ∑xm<zm<y

zimm (qym−1

)zm

]+

...[ ∑2≤z1<y

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑zj=xj+1

zijj (qyj−1

)zj

+∑

xj+1<zj<y

zijj (qyj−1

)zj

]· · ·

[ ∑zm=xm

zimm (qym−1

)zm

]+

...[ ∑z1=x1

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑zj=xj

zijj (qyj−1

)zj

]· · ·

[ ∑zm=xm

zimm (qym−1

)zm

]Luego Ti1,...,im(~x) = Ti1,...,im(Sj(~x))+U j

i1,...,im(~x)+V j

i1,...,im(~x), donde U j

i1,...,im(~x) recoge los

términos con zj = xj + 1, pero zk < xk para algún k < j, y V ji1,...,im

(~x) recoge los términoscon zj = xj.


Más concretamente, U ji1,...,im

(~x) es igual a[ ∑2≤z1<x1

zi11 q

z1

][ ∑z2=x2

zi22 (qy)z2

]· · ·

[ ∑zj−1=xj−1

zij−1

j−1 (qyj−2

)zj−1

][ ∑zj=xj+1

zijj (qyj−1

)zj

]Q+[ ∑

2≤z1<x1

zi11 q

z1

][ ∑2≤z2<x2

zi22 (qy)z2

]· · ·

[ ∑zj−1=xj−1

zij−1

j−1 (qyj−2

)zj−1

][ ∑zj=xj+1

zijj (qyj−1

)zj

]Q+

...[ ∑2≤z1<x1

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑2≤zj−1<xj−1

zij−1

j−1 (qyj−2

)zj−1

][ ∑zj=xj+1

zijj (qyj−1

)zj

]Q

y V ji1,...,im

(~x) es igual a[ ∑2≤z1<y

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑xj−1<zj−1<y

zij−1

j−1 (qyj−2

)zj−1

][ ∑zj=xj

zijj (qyj−1

)zj

]Q+

...[ ∑x1<z1<y

zi11 q

z1

][ ∑z2=x2

zi22 (qy)z2

]· · ·

[ ∑zj=xj

zijj (qyj−1

)zj

]Q+[ ∑

z1=x1

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑zj=xj

zijj (qyj−1

)zj

]Q

Vamos a probar que se veri�ca∑i1,...,im

ci1,...,im

(U j

i1,...,im(~x) + V j

i1,...,im(~x)

)< q〈Sj(~x)〉

Entonces tendríamos, puesto que T(Sj(~x)) es divisible por q〈Sj(~x)〉, como hemos vistoanteriormente,

T(Sj(~x)) = T ′ · q〈Sj(~x)〉

S(Sj(~x)) = S ′ · q〈Sj(~x)〉

De donde,

T(~x) = T ′ · q〈Sj(~x)〉 + T ′′

S(~x) = S ′ · q〈Sj(~x)〉 + S ′′

siendo S ′′, T ′′ < q〈Sj(~x)〉.Por el axioma Luc, se tiene que(

T(~x)

S(~x)

)≡

(T ′

S ′

)(T ′′

S ′′

)(mod q)


Luego, (T ′

S ′

)6≡ 0 (mod q)

Otra vez por Luc, se tiene que(T(Sj(~x))

S(Sj(~x))

)≡

(T ′

S ′

)(mod q)

En consecuencia, se veri�ca (T(Sj(~x))

S(Sj(~x))

)6≡ 0 (mod q)

como se pide.A continuación acotemos U j

i1,...,im(~x). Para ello, nótese que[ ∑

2≤z1<y

zi11 q

z1

][ ∑2≤z2<x2

zi22 (qy)z2

]≤ 2yi1qy−12xi2

2 (qy)x2−1 [(θ2), (ψ2)]

= 4yi1xi22 q

y−1(qy)x2−1

< qxi22 q

y−1(qy)x2−1 [(θ3)]

= xi22 q

y(qy)x2−1 [axiomas de RD(exp)]

= xi22 (qy)x2 [axiomas de RD(exp)]

= xi22 q

x2y [(ψ1)]

Por tanto, [ ∑2≤z1<y

zi11 q

z1

][ ∑2≤z2<x2

zi22 (qy)z2

]≤

[ ∑2≤z1<y

zi11 q

z1

][ ∑z2=x2

zi22 (qy)z2

]Otras desigualdades como ésta se establecen de forma similar. Así pues, el primer términode U j

i1,...,im(~x) es el mayor. Puesto que hay j−1 términos, U j

i1,...,im(~x) es menor o igual que

(j− 1)[ ∑

2≤z1<x1

zi11 q

z1

][ ∑z2=x2

zi22 (qy)z2

]· · ·

[ ∑zj−1=xj−1

zij−1

j−1 (qyj−2

)zj−1

][ ∑zj=xj+1

zijj (qyj−1

)zj

]Q

De donde, por (ψ2) y (ψ1), resulta que

U ji1,...,im

(~x) < (j − 1)2xi11 q

x1−1xi22 (qy)x2 · · ·xij−1

j−1 (qyj−2

)xj−1

(xj + 1)ij(qyj−1

)xj+1

Q

= 2(j − 1)xi11 x

i22 · · ·x

ij−1

j−1 (xj + 1)ijxij+1

j+1 · · ·ximm q〈Sj(x1−1,x2,...,xm)〉

Para acotar V ji1,...,im

(~x), obsérvese que consta de j términos, de los cuales el primero esclaramente el mayor. Por tanto, V j

i1,...,im(~x) es menor o igual que

j[ ∑

2≤z1<y

zi11 q

z1

]· · ·

[ ∑xj−1<zj−1<y

zij−1

j−1 (qyj−2

)zj−1

][ ∑zj=xj

zijj (qyj−1

)zj

]Q


De donde resulta que

V ji1,...,im

(~x) < j2yi1qy−1 · · · 2yij−1(qyj−2

)y−1

xijj (qyj−1

)xjQ [(θ2)]

= j2j−1yi1+···+ij−1q(y−1)+···+(y−1)yj−2

xijj q

xjyj−1

Q [(θ1), (ψ1)]

< qq(y−1)+···+(y−1)yj−2

xijj q

xjyj−1

Q [(θ3)]

≤ qyj−1

xijj q

xjyj−1

Q

= xijj q

(xj+1)yj−1

Q

≤ U ji1,...,im

(~x)

Entonces tenemos que

U ji1,...,im

(~x) + V ji1,...,im

(~x) < 2U ji1,...,im

(~x)

< 4(j − 1)xi11 · · ·x

ij−1

j−1 (xj + 1)ijxij+1

j+1 · · ·ximm q〈Sj(x1−1,...,xm)〉

Nótese que 〈Sj(x1 − 1, . . . , xm)〉 = 〈Sj(x1, . . . , xm)〉 − 1. Luego∑i1,...,im

ci1,...,im

(U j

i1,...,im(~x) + V j

i1,...,im(~x)

)< 4(j − 1)p(Sj(~x))q

〈Sj(~x)〉−1

Por (θ4), se tiene que q > 4(j − 1)Bp(y). En consecuencia,∑i1,...,im

ci1,...,im

(U j

i1,...,im(~x) + V j

i1,...,im(~x)

)< q〈sj(~x)〉

como queríamos probar.Veamos que se cumple (2); es decir,

θ(y, q, T, S) → ψ(~2, y, q, T, S)

Para ello, basta tener en cuenta los lemas 3.7 y 3.8 y que T = T(~2) y S = S(~2).Veamos que se cumple (1); es decir,

N |= ∀~x (2 ≤ ~x < y → p(~x) 6= 0) → ∃q, T, S θ(y, q, T, S)

Para ello, basta tener en cuenta que (θ1) y (θ2) son propiedades válidas, a q sólo leexigimos que sea un primo lo su�cientemente grande y

(TS

)6≡ 0 (mod q) por el método

de Matijasevi£ en N .

Capítulo 4

Apéndice

Los números de Bernoulli [21] juegan un importante y bastante misterioso papel en mate-máticas, en varias áreas como análisis, teoría de números y topología diferencial. Aparecie-ron por primera vez en Ars conjectandi, un tratado póstumo de Jakob Bernoulli publicadoen 1713, cuando estudiaba las sumas de potencias de enteros consecutivos

sp(n) =n−1∑k=1

kp

donde p y n son dos enteros positivos �jos.Los números de Bernoulli también aparecen en el cálculo de la función ζ de Riemann

ζ(2p) =∞∑

k=1

1

k2p

y en el desarrollo de muchas funciones comunes tales como tan(x), tanh(x), 1sin(x)

, etc.Quizás uno de los resultados más importante en donde se utilizan los números de Bernoullies la fórmula sumatoria de Euler-Mclaurin, que permite acelerar el cálculo de series lenta-mente convergentes. También nos los encontramos en relación con el teorema de Fermaty en muchos otros campos.La de�nición moderna de la sucesión (Bk)k∈ω de números de Bernoulli es la siguiente:

De�nición 4.1. (Bk)k∈ω es la sucesión de coe�cientes del desarrollo de la función zez−1

.Es decir,

z

ez − 1=

∞∑k=0

Bkzk

k!, |z| < 2π

No obstante, J. Bernoulli los obtuvo de forma totalmente empírica. Ya le eran conocidaslas fórmulas para calcular sp(n) para distintos p. Su logro consistió en notar que lospolinomios sp(n) tienen la forma

sp(n) =1

p+ 1np+1 − 1

2np +

p

12np−1 + 0np−2 + · · ·

41


Más generalmente,

sp(n) =1

p+ 1

p∑k=0

(p+ 1

k

)Bkn

p+1−k

donde los Bk son independientes de p.En lo que sigue probaremos la relación anterior, así como diversas propiedades útiles delos números de Bernoulli.

De�nición 4.2. Sea n > 0. Entonces la función x(n), sobre los números naturales, sede�ne como

x(n) = x(x− 1) · · · (x− n+ 1)

Esta de�nición proviene del cálculo en diferencias �nitas

(∆f)(x) = f(x+ 1)− f(x)

que es un análogo discreto del cálculo diferencial. En efecto,

∆x(n) = (x+ 1)(n) − x(n)

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

= x(x− 1) · · · (x− n+ 2)[(x+ 1)− (x− n+ 1)]

= nx(n−1)

La diferencia inversa, al igual que la integral, es única salvo constante

∆−1f(x) = g(x) + C

Es más, al igual que la integral de�nida es límite de sumas, la diferencia inversa �de�nida�es una suma.

Teorema 4.3. Sean f y g funciones sobre los números naturales tales que ∆g(x) = f(x).Entonces, para cualesquiera números naturales, a y b, se tiene que

∆−1f(x)∣∣∣b+1

a= g(b+ 1)− g(a) =

b∑k=a

f(k)

Demostración.

Sea G(x) =x−1∑k=a

f(k) y nótese que

∆G(x) =x∑

k=a

f(k)−x−1∑k=a

f(k) = f(x)

Por tanto, G(x) = g(x) + C. Ahora bien,

g(b+ 1)− g(a) = G(b+ 1)−G(a) =b∑

k=a

f(k)


Proposición 4.4. Sea Pn el espacio vectorial de los polinomios de grado n, sobre el cuerpode los números reales. Entonces el conjunto

{1, x, x(2), . . . , x(n)}

constituye una base de Pn.

Demostración.Puesto que Pn tiene dimensión n+ 1, basta probar que los elementos del conjunto citadoson linealmente independientes. Para ello, sea

P (x) = a0 · 1 + a1 · x+ a2 · x(2) + · · ·+ an · x(n)

una combinación lineal cualquiera y supongamos que P (x) = 0. Entonces,

0 = P (0) = a0 ⇒ a0 = 0

0 = P (1) = a0 + a1 ⇒ a1 = 0

...0 = P (n) = a0 + na1 + n(n− 1)a2 + · · ·+ n(n− 1) · · · 2an−1 + n!an ⇒ an = 0

Teorema 4.5. Sea n ∈ ω. Existe un único polinomio Pn(x), de grado n+ 1, tal que, paratodo número natural, a > 0, se veri�ca que

Pn(a) =a−1∑k=0

kn

Demostración.De la proposición 4.4 se deduce que existen a0, a1, . . . , an tales que

xn = anx(n) + an−1x

(n−1) + · · ·+ a1x+ a0

siendo an 6= 0, ya que x(n) es el único elemento de la base de grado n.Entonces,

∆−1xn =an

n+ 1x(n+1) +

an−1

nx(n) + · · ·+ a1

2x(2) + a0x+ C

Por el teorema 4.3, se tiene que

a−1∑k=0

kn = ∆−1xn∣∣∣a0

=an

n+ 1a(n+1) +

an−1

na(n) + · · ·+ a1

2a(2) + a0a

que es un polinomio de grado n+ 1.


Lema 4.6. Sea n > 0. Entonces,

xn =n−1∑j=0

(n

j

)Pj(x)

Demostración.Se tiene que

Pn(x+ 1) =x∑

k=0

kn =x∑

k=1

kn =x−1∑k=0

(k + 1)n

=x−1∑k=0

n∑j=0

(n

j

)kj =

n∑j=0

(n

j

) x−1∑k=0

kj =n∑

j=0

(n

j

)Pj(x)

Por tanto,

xn = Pn(x+ 1)− Pn(x) =n−1∑j=0

(n

j

)Pj(x)

Lema 4.7. Sea n > 0. Existe una constante, Bn, tal que

P ′n(x) = nPn−1(x) +Bn

Demostración.Por inducción fuerte sobre n > 0.

(n = 1)Se tiene que

P0(x) = x

P1(x) =x(x− 1)

2=x2

2− x

2

P ′1(x) = x− 1

2

Por tanto, P ′1(x) = 1 · P0(x)− 1

2y B1 = −1

2.

(< n→ n)Por el lema 4.6, se tiene que

xn+1 =n∑

j=0

(n+1

j

)Pj(x)


Por tanto,

Pn(x) =1

n+ 1[xn+1 −

n−1∑j=0

(n+1

j

)Pj(x)]

P ′n(x) = xn − 1

n+ 1

n−1∑j=0

(n+1

j

)P ′

j(x)

= xn − 1

n+ 1P ′

0(x)−1

n+ 1

n−1∑j=1

(n+1

j

)[jPj−1(x) +Bj]

= xn −n−1∑j=1

(n

j−1

)Pj−1(x) + cte

= xn −n−2∑j=0

(nj

)Pj(x) + cte

= nPn−1(x) + cte

Teorema 4.8. Sea n > 0 y consideremos B0 = 1. Entonces

Pn(x) =1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bjx

n+1−j

Demostración.Por inducción sobre n > 0.

(n = 1)Se tiene que

P1(x) =x2

2− x

2

1

2

1∑j=0

(2j

)Bjx

2−j =x2

2− x

2

(n→ n+ 1)Por el lema 4.7, se tiene que

P ′n(x) = nPn−1(x) +Bn

Por tanto, de la hipótesis de inducción se deduce que

P ′n(x) =

n−1∑j=0

(nj

)Bjx

n−j +Bn


Integrando tenemos

Pn(x) =n−1∑j=0

(nj

)Bj

1n−j+1

xn−j+1 +Bnx+ C

=1

n+ 1

n−1∑j=0

(n+1

j

)Bjx

n−j+1 +Bnx+ C

=1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bjx

n−j+1 + C

Nótese que C = 0, ya que Pn(0) = 0.

Corolario 4.9.

(1)n∑

j=0

(n+1

j

)Bj = 0, para todo n > 0.

(2) Bn = − 1

n+ 1

n−1∑j=0

(n+1

j

)Bj, para todo n > 0.

(3) Bn es un número racional, para todo n ∈ ω.

Demostración.

(1) Se tiene que

0 = Pn(1) =1

n+ 1

n∑j=0

(n+1

j

)Bj

(2) Consecuencia inmediata del apartado (1).

(3) El apartado anterior nos proporciona una relación de recurrencia para el cálculo delos números de Bernoulli, a partir de la cual es inmediato demostrar por inducción loque se pide.

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