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Resolución del sistema de recurrencias

Proposición 5.2   Supongamos que $h_i:N\rightarrow N$ es una función tal que $\forall a,m:\;q(i,a,m)=h_i(m)-m.$ Entonces

1. $p(i,a,m)=h_i^a(m)-m.$
2. $q(i+1,a,m)=h_i^{m+1}(m)-m.$
   
   
   

Demostración
Probemos 1) por inducción en $a$: Caso $a=1$:

$$\begin{eqnarray*} p(i,1,m) &=& q(i,1,m) \\ &=& h_i^1(m)-m \end{eqnarray*}$$

Caso $a+1$: Sea $a\geq 1$. Supongamos que $p(i,a,m)=h_i^a(m)-m$. De acuerdo a la recurrencia localizada para $p$ tenemos

$$\begin{eqnarray*} p(i,a+1,m) &=& q(i,a+1,m) + p(i,a,m+q(i,a+1,m)) \\ &=& \le... ...) + \left(h_i^a(h_i(m))-h_i(m)\right) \\ &=& h_i^{a+1}(m)-m \end{eqnarray*}$$

Probemos ahora 2). De la recurrencia de $q$ obtenemos

$$\begin{eqnarray*} q(i+1,a,m) &=& q(i,a,m) + p(i,m,m+q(i,a,m)) \\ &=& \left(h... ...) + \left(h_i^m(h_i(m))-h_i(m)\right) \\ &=& h_i^{m+1}(m)-m \end{eqnarray*}$$

Así pues podemos definir

$$\begin{eqnarray*} h_{i+1}:N &\rightarrow& N \\ m &\mapsto& h_{i+1}(m)=h_i^{m+1}(m) \end{eqnarray*}$$

Ya que $q(0,a,m) = 1$ tenemos $h_0(m)=m+1$. En resumen, al definir a la sucesión $\left(h_i\right)_{i\geq 0}$ haciendo

$$\begin{array}{rrcl} & h_0(m) &=& m+1 \\ \forall i\geq 1: & h_{i+1}(m) &=& h_i^{m+1}(m) \end{array}$$

las funciones $q$ y $p$ quedan de la forma

$$\begin{array}{rcl} q(i,a,m) &=& h_i(m) -m \\ p(i,a,m) &=& h_i^a(m) -m \end{array}$$

Ejemplo 5.6   Tan sólo para ilustrar los crecimientos de las funciones $h_i$ observamos:

$$\begin{eqnarray*} h_0(m) &=& m+1 \\ h_1(m) &=& 2m+1 \\ h_2(m) &=& 2^{m+1}(m+1) -1 \end{eqnarray*}$$

Para ilustrar el crecimiento de $h_3$ veamos las primeras iteraciones de $h_2$:

$$\begin{eqnarray*} h_2^2(m) &=& {2^{1 + m + {2^{1 + m}} \left( 1 + m \right) }} ... ...m \right) }} \left( 1 + m \right) }} \left( 1 + m \right) -1 \end{eqnarray*}$$

Pues bien

$$h_3(m)=h_2^{m+1}(m).$$

Los crecimientos de $h_i$ con $i\geq 4$ son ciertamente inimaginables.

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