La sucesión de Goodstein

En este artículo os traigo otra de esas paradojas para la intuición que en realidad están perfectamente demostradas matemáticamente (tipo la de Banach-Tarski). Me refiero, como podéis ver en el título, a la sucesión de Goodstein.

Introducción

Tomamos un número natural cualquiera, por ejemplo el 252 (que ya apareció por aquí hace un tiempo). Vamos a expresarlo en base 2:

252=2^7+2^6+2^5+2^4+2^3+2^2

Expresemos ahora cada uno de los exponentes también en base 2:

252=2^{2^2+2+1}+2^{2^2+2}+2^{2^2+1}+2^{2^2}+2^{2+1}+2^2

Esto que hemos hecho se denomina expresar un número natural en su forma normal de Cantor en base b.

Ahora aplicamos lo que podríamos llamar un salto de base, que en una situación así es básicamente sustituir todas las ocurrencias de b por b+1, y después restamos 1 al resultado. Por tanto, en este caso sustituimos todas las apariciones del número 2 por el 3 y restamos 1:

3^{3^3+3+1}+3^{3^3+3}+3^{3^3+1}+3^{3^3}+3^{3+1}+3^3-1

Utilizando que 3^3-1=2 \cdot 3^2+2 \cdot 3+2 (ver 1 al final del artículo) obtenemos:

3^{3^3+3+1}+3^{3^3+3}+3^{3^3+1}+3^{3^3}+3^{3+1}+2 \cdot 3^2+2 \cdot 3+2

El resultado es un número de 15 cifras, concretamente el 854066918318651. La cosa ha crecido bastante.

Volvemos a realizar la misma operación: ahora sustituimos todas las apariciones del número 3 por el 4 (los números menores que 3 quedan igual) y restamos 1:

4^{4^4+4+1}+4^{4^4+4}+4^{4^4+1}+4^{4^4}+4^{4+1}+2 \cdot 4^2+2 \cdot 4+2-1

Obtenemos el número

4^{4^4+4+1}+4^{4^4+4}+4^{4^4+1}+4^{4^4}+4^{4+1}+2 \cdot 4^2+2 \cdot 4+1

que tiene 156 cifras. La cosa sigue subiendo.

Otra paso más: ahora saltamos a base 5 y restamos 1:

5^{5^5+5+1}+5^{5^5+5}+5^{5^5+1}+5^{5^5}+5^{5+1}+2 \cdot 5^2+2 \cdot 5+1-1

Llegamos al número

5^{5^5+5+1}+5^{5^5+5}+5^{5^5+1}+5^{5^5}+5^{5+1}+2 \cdot 5^2+2 \cdot 5

que tiene la friolera de 2189 cifras. Vamos a realizar la misma operación una vez más (sustituimos cada 5 por un 6 y restamos 1):

6^{6^6+6+1}+6^{6^6+6}+6^{6^6+1}+6^{6^6}+6^{6+1}+2 \cdot 6^2+2 \cdot 6-1

Como 2 \cdot 6-1=6+5 obtenemos el número:

6^{6^6+6+1}+6^{6^6+6}+6^{6^6+1}+6^{6^6}+6^{6+1}+2 \cdot 6^2+6+5

que alcanza la nada despreciable cantidad de 36311 cifras.

Si continuamos realizando la misma operación los números resultantes son cada vez más grandes. ¿Dónde terminará la cosa? Pues…

El teorema de Goodstein

…veamos dónde termina:

Teorema: (de Goodstein)

Toda sucesión de Goodstein creada con el procedimiento anterior termina en cero.

¿Cómo? ¿Que toda sucesión de Goodstein, comience en el número que comience, termina en el número cero? Pues sí, todas terminan en cero. De hecho la demostración no es excesivamente complicada. En la Wikipedia inglesa podéis verla.

Para imaginar por qué ocurre esto podéis coger un número pequeño, por ejemplo el 3, y crear su correspondiente sucesión de Goodstein. Quedaría algo así:

2+1
Sustituimos cada 2 por un 3 y restamos 1: 3+1-1=3
Sustituimos cada 3 por un 4 y restamos 1: 4-1=3
Sustituimos cada 4 por un 5 y restamos 1: 3-1=2
Sustituimos cada 5 por un 6 y restamos 1: 2-1=1
Sustituimos cada 6 por un 7 y restamos 1: 1-1=0

Si escogemos para comenzar el número 4 la cosa se alarga bastante más. La secuencia comenzaría con los resultados 4,26,41,60 y llegaría hasta un número de ¡121210695 cifras! desde donde comenzaría a decrecer hasta terminar irremediablemente en el cero.

Como curiosidad comentar que se sabe que el teorema de Goodstein no puede probarse con la aritmética de Peano, hecho que probaron Kirby y Paris en 1982. Ellos interpretaron el teorema de Goodstein como una hidra, creando el juego llamado hydra game, que parte de una hidra (un árbol, hablando en término de grafos) y consiste en ir cortándole cabezas. Las reglas del juego nos dicen que con ciertos cortes la hidra hará que le crezcan cierto número de cabezas y con otros la hidra se mantendrá tal cual quede después del corte. En esta web podéis ver tanto la explicación del juego como el enlace a un applet de java donde podéis jugar al hydra game. La analogía con el teorema de Goodstein es bien sencilla: por muy largo que sea el proceso (que lo será por muy pequeño que sea el número inicial de cabezas) siempre se llega a cortar todas las cabezas de la hidra.

Fuentes:

1: En ese paso se usa la siguiente propiedad:

b^n-1=(b-1)(b^{n-1}+b^{n-2}+ \ldots +b+1)

Es sencillo comprobar que este hecho es cierto simplemente operando la parte derecha de la igualdad.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

4 Comentarios

  1. No conocía este tipo de sucesiones, muy curiosas. Por cierto, te has dejado un paréntesis al final de la última fórmula \LaTeX 🙂

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  2. Disculpas por repetir comentario a quien ya lo haya leído, pero me equivoqué y lo escribí en una entrada antigua en lugar de en la más actual:

    Me gustaría compartir con vosotros la siguiente web de teoría de números y física:
    http://www.secamlocal.ex.ac.uk/people/staff/mrwatkin/zeta/physics.htm
    La lleva el doctor en matemáticas Matthew R. Watkins, un personaje singular que dejó la investigación y se fue a dar la vuelta al mundo por diferentes motivos (mirad su bio).
    Su web, que sigue manteniendo, es http://www.secamlocal.ex.ac.uk/people/staff/mrwatkin/

    Si es posible enlazarle en esta web. Le envié un mensaje de elogio por su trabajo en la web y respondió instantáneamente muy agradecido, os animo a hacer lo mismo si os gusta, ya que no ejerce actualmente y lo hace “por amor al arte”.
    Saludos!

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  3. La verdad es que lo más asombroso es que se haya demostrado que no hay demostración posible dentro de la aritmética de Peano, y haya que añadir el infinito actual para demostrarlo.

    Por cierto, Tío Petros explica la demostración del teorema con más claridad y detalles que la wikipedia. También puede ser interesante ojear este trabajo.

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