\( \def\N{\mathbb{N}} \)Saludos.
En un problema se pide demostrar que la aplicación \( J:\N\times\N \rightarrow \N \) dada por
\[ J(m,n) = \frac{1}{2}[(m + n)^2 + 3m +n] \]
es biyectiva. La solución que se me ha ocurrido aparece abajo. Agradecería que puedieran darle una revisada. También me gustaría saber si se les ocurre una forma más simple de resolverlo.
Mi solución:
Observemos que \( J(m,n) \) puede expresarse en la forma
\[
J(m,n) = m + \sum_{i = 1}^{n + m} i.
\]
Para ver que \( J \) es inyectiva, supongamos que \( m,n,s,t\in\N \) y \( J(m,n) = J(s,t) \). Si fuese \( m + n < s + t \), tendríamos
\begin{align*}
J(s,t) - J(m,n) & = s - m + \sum_{{i = m + n + 1}}^{s + t} i \\
& \geq s - m + (s + t) \\
& \geq -m + s + t \\
& \geq -(m + n) + s + t \\
& > 0,
\end{align*}
luego \( J(s,t) > J(m,n) \). Por tanto, ha de ser \( m + n = s + t \), pero esto y \( J(m,n) = J(s,t) \) claramente implican \( m = s \), de donde a su vez se sigue que \( n = t \), por lo que \( J \) es inyectiva.
Para ver que también es sobreyectiva, supongamos que \( k \) es un número natural cualquiera. Entonces existe el mayor número natural \( b \) tal que
\[
s = \sum_{i = 1}^b i = 0 + 1 + 2 + \cdots + b \leq k,
\]
y dicho número cumple con \( 0\leq k - s < b + 1 \), pues si fuese \( k - s \geq b + 1 \), tendríamos
\[
k \geq s + (b + 1) = \sum_{i = 1}^{b + 1} i,
\]
en contradicción con la minimalidad de \( b \). Puesto que \( b \) es entero, \( k - s < b + 1 \) implica \( k - s \leq b \). Por lo tanto, si definimos \( m = k - s \), tendremos \( n = b - m \geq 0 \), luego \( m \) y \( n \) son ambos números naturales, y como \( k = s + m \) y \( b = m + n \),
\[
k = m + \sum_{i = 1}^{n + m} i,
= J(m,n),
\]
lo que demuestra que \( J \) es sobreyectiva.
