Demostrar lo siguiente: Sea \( k \) un entero positivo, y dado los siguientes enteros positivos : \( a_1,...,a_k \) y \( n_1,...,n_k \).
Entonces el sistema lineal de congruencias
\( \begin{align*} x &\equiv a_{1}\pmod{n_1},\\
&\vdots \tag{1} \\
x &\equiv a_{k}\pmod{n_k}\\\end{align*} \)
tiene solución si y solo sí \( a_i\equiv a_j\ \pmod{\ mcd(n_i,n_j)} \) para todo \( i,j=1,...,k \) \( \tag {2} \).
Además, si \( (1) \) tiene solución \( x_0 \), entonces un entero \( x \) tambien es solución sí y solo sí : \( x\equiv x_0 \pmod{\ (mcm\ (n_1,...n_k)} \tag{3} \)
Intento de demostración:Primero empezaré con la segunda bicondicional, sea \( n=mcm\ (n_1,...n_k) \). Si \( x_o,x \) son soluciones de \( (1) \), entonces \( x-x_0 \) es divisible por cada \( n_i \) (pues si se cumple \( x\equiv a_i \pmod{\ n_i} \) y \( x_0\equiv a_i\ \pmod{\ n_i} \), luego \( x\equiv x_0 \ \pmod{\ n_i} \) para todo \( i \)), por lo que \( x-x_0 \) es divisible por \( n \), luego se cumple \( (3) \). Ahora, si \( x_0 \) es una solución de \( (1) \) y \( x\equiv x_0 \ \pmod{n} \), entonces \( x-x_0 \) es divisible por cada \( n_i \), por lo que para todo \( i \) se cumple que \( x\equiv x_0 \pmod {\ n_i} \) con lo cual se tiene que \( a_i\equiv x\equiv x_0 \pmod {\ n_i} \) , por lo que \( x \) tambien es una solución de \( (1) \).
Ahora, se demostrará la primera bicondicional, si \( x \) es solución de \( (1) \), entonces \( x\equiv a_i \pmod {n_i} \) para todo \( i \). Luego, \( n_i \) divide a cada \( x-a_i \). Sea \( n_{ij}=mcd (n_i,n_j) \) , entonces \( n_{ij} \) divide tanto a \( n_i \) como a \( n_j \), por lo que \( n_{ij} \) divide tanto a \( x-a_i \) como a \( x-a_j \), y esto último quiere decir que \( a_i\equiv a_j \pmod {n_{ij}} \) para todo \( i,j=1,...,k \) que es justamente \( (2) \). La implicación opuesta se demostrará por inducción fuerte, para los casos \( k=0,1 \) se cumplen trivialmente, por lo que se demostrará el caso \( k=2 \). Sea \( d=mcd(n_1,n_2) \), supongamos que \( a_1\equiv a_2 \pmod d \), y llamemos \( b=(a_2-a_1)/d \). Lo que se busca demostrar para este caso base es que el siguiente sistema lineal de congruencias tenga solución:
\( \begin{align*} x &\equiv a_{1}\pmod{n_1},\\
x &\equiv a_{2}\pmod{n_2}\\\end{align*} \)
En caso de existir, entonces la solución deberá tener la forma \( x=a_1+dy \) para algún \( y \) (esto debido a que \( d|(a_1-a_2) \) y \( d|n_2|(x-a_2) \), luego \( d|(x-a_1) \)), pero lo anterior es equivalente a que se cumpla que \( dy\equiv 0 \pmod {n_1} \) y \( dy\equiv a_2-a_1 \pmod {n_2} \) (el primero debido a que \( [a_1]_{n_1}=[x]_{n_1}=[a_1+dy]_{n_1} \), con lo que \( [dy]_{n_1}=[0]_{n_1} \), y el segundo debido a que \( [a_2]_{n_2}=[x]_{n_2}=[a_1+dy]_{n_2} \)), lo cual a su vez equivale a que se cumpla \( y\equiv 0 \pmod {n_1/d} \) y \( y\equiv b \pmod {n_2/d} \), pero como \( n_1/d,n_2/d \) son primos entre sí, entonces, el teorema chino del resto nos asegura que exista tal \( y \), lo cual demuestra que para \( k=2 \) se cumple.
Ahora, sea \( 2<t \) y supongamos que \( (1) \) se cumpla para todo \( t<k \).
Si se cumple que: \( a_i\equiv a_j\ \pmod{\ mcd(n_i,n_j)} \) para todo \( i,j=1,...,k \) , entonces para completar la inducción, se debe demostrar que
\( \begin{align*} x &\equiv a_{1}\pmod{n_1},\\
&\vdots \\
x &\equiv a_{k}\pmod{n_k}\\\end{align*} \)
tiene solución. La idea es usar el resultado en \( k=2 \) para demostrar lo buscado.
Por el caso ya probado (cuando \( k \) valía \( 2 \)) se tiene que en particular para \( a_1\equiv a_2 \pmod {mcd (n_1,n_2)} \) existe un \( c \) tal que
\( \begin{align*} c &\equiv a_{1}\pmod{n_1},\\
c &\equiv a_{2}\pmod{n_2},\\\end{align*} \)
es una solución, además tambien se cumple que otro \( x \) será solución si \( x\equiv c \pmod {m} \) donde \( m=mcm (n_1,n_2) \) (esto fue probado en la segunda bicondicional).
Como \( a_1\equiv a_j \pmod {mcd (n_1,n_j)} \) y \( a_2\equiv a_j \pmod {mcd (n_2,n_j)} \) para todo \( 2<j\leq{k} \). Sea \( p_j=mcd (n_1,n_j) \) y \( q_j=mcd(n_2,n_j) \), como \( c\equiv a_1 \pmod {n_1} \), se tiene que \( n_1 \) divide a \( c-a_1 \), pero como \( p_j \) divide a \( n_1 \), entonces \( p_j \) tambien divide a \( c-a_1 \), luego \( c\equiv a_1 \pmod {p_j} \), por lo que \( c\equiv a_j \pmod {p_j} \), y un argumento similar permite obtener \( c\equiv a_j \pmod {q_j} \) para todo \( 2<j\leq{k} \), entonces \( c\equiv a_j\pmod {mcm(mcd(n_1,n_j),mcd(n_2,n_j)} \), luego \( c\equiv a_j\pmod {mcd (m,n_j)} \) para todo \( 2<j\leq{k} \). Para algún \( j \) en ese intervalo se tiene que \( c\equiv a_j\pmod {mcd (m,n_j)} \), pero por el caso ya probado para \( k=2 \), se tiene que esto equivale a que existe un \( x' \) que sea solución de
\( \begin{align*} x' &\equiv a_{j}\pmod{n_j},\\
x' &\equiv {c}\pmod{m}\\\end{align*} \)
Luego, al desarrollar para toda \( j \) en ese intervalo, tenemos que existe un \( x' \) que es solución de
\( \begin{align*} x' &\equiv a_{j}\pmod{n_j},\\
x' &\equiv {c}\pmod{m},\\\end{align*} \)
para todo \( 2<j\leq{k} \), pero \( x'\equiv c \pmod m \) es equivalente a dos sistemas lineales
\( \begin{align*} x' &\equiv a_{1}\pmod{n_1},\\
x' &\equiv a_{2}\pmod{n_2}\\\end{align*} \)
Por lo que realmente tenemos que
\( \begin{align*} x' &\equiv a_{1}\pmod{n_1},\\
&\vdots \tag{1} \\
x' &\equiv a_{k}\pmod{n_k}\\\end{align*} \)
tiene solución, y con esto se completa la hipótesis de inducción, y a la vez la prueba.
Consultas:-Ese es mi intento de demostración, creo que he mencionado algunas cosas de más, pero lo hice por que aún no estoy seguro de que la demostración sea correcta por lo que a medida que redactaba la demostración, tambien me pareció oportuno explayarme un poco más para mostrar que estaba "pensando" y ver posiblemente donde estaba fallando.
-Si mi demostración fue correcta, me pregunto si esto se podría generalizar (bajo un argumento similar) para cualquier anillo \( D \) que sea \( DIP \), ya que en la demostración no he hecho mención específicamente a "número entero", y además en la demostración usé el teorema chino del resto (la cual es válido para DIP's)
