\(\bullet \forall x,y,z \in X,\) \((x,y) \in R \Rightarrow (x,z) \in R\) ó \((z,y) \in R.\)
Probar que la relación \(S \subset X\)x\(X\) definida por \((x,y) \in S\) si y solo si \((x,y) \notin R\) e \((y,x) \notin R\) es de equivalencia.
\(2.\) Sea \(n \in \mathbb{N}\). Determinar la cantidad de funciones inyectivas que pueden definirse \(f:\lbrace1,2,...,4n\rbrace \rightarrow \lbrace1,2,...,4n\rbrace\) de manera que \(f(k)=k+1\) para todo \(k\) impar y\(f(k)>k\) para todo \(k \leq 2n\).
Hice el 2do y tengo una duda con lo que posteó laejl... pongo lo que pensé yo
Lo que no entiendo es la parte del combinatorio, porque podés elegir n elementos y tener muchas formas de asignarlos.. por ejemplo si justo elegís los n impares mayores que 2n, son todos mayores que cada número par menor que 2n, entonces los podés asignar de cualquier manera ( hay \(n!\)), y creo que el combinatorio te lo cuenta como uno solito. Yo pensé
Tengo que asignar un número a cada \(k\le2n\), de manera que \(f(k)>k\). Todos los impares ya están asignados y cumplen con la condición, entonces me quedan \(n\) números a asignar, y en principio \(2n\) posibilidades (todos los impares).
Tomemos primero el número \(2n\), veo que tengo \(n\) posibilidades para \(f(2n)\), que serían todos los impares entre \(2n\) y \(4n\). Supogamos que asigno uno y paso a \(2n-2\).
\(f(2n-2)\) puede ser cualquier impar mayor que \(2n\) salvo el que asigné a \(2n\) y uno más, \(2n-1\). Son otra vez \(n\) posibilidades, y si sigo es igual.
Veo que para cada uno de estos k tengo \(\frac{4n-k}{2}-\frac{2n-k}{2}\) posibilidades, que da \(n\).
O sea que en total, las formas de asignar para estos \(n\) números serían \(n^n\).
Ahora sí, pasamos a los pares mayores que \(2n\) y como quedan puedo asignar libremente tengo \(n!\) posibilidades.
Así que en total a mi me quedó \(n^n.n!\)
Yo hice lo mismo que Paula, pero tengo una duda.
Vos decís que para \(f(2n)\) tenés \(n\) posibilidades (los impares entre \(2n\) y \(4n\)), el razonamiento está bien, pero los impares entre \(2n\) y \(4n\) no son \(n-1\) números? (desde el \(2n+1\) al \(4n-1\))
Yo hice eso y me quedó casi lo mismo que a vos, \((n-1)^nn!\)
Yo hice lo mismo que Paula, pero tengo una duda.
Vos decís que para \(f(2n)\) tenés \(n\) posibilidades (los impares entre \(2n\) y \(4n\)), el razonamiento está bien, pero los impares entre \(2n\) y \(4n\) no son \(n-1\) números? (desde el \(2n+1\) al \(4n-1\))
Yo hice eso y me quedó casi lo mismo que a vos, \((n-1)^nn!\)
La cantidad de impares en [2n,4n] es la misma que en [2n+1,4n] , o la misma que en [2n+1,4n-1].
Tenes n impares ahi
No me termino de convencer, pero te creo que son \(n\), jaja.
Lo corroboramos emp'iricamente 😄
Ponele n=3
Luego tu conjunto es {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12}
Le sacamos los primeros 2n elementos {7,8,9,10,11,12}
Y ahora le sacamos los pares {7,9,11} o sea 3 elementos que es n 😄
Esto no prueba que sea n, pero es lo mas intuitivo para ver son n.
Por otro lado...
La respuesta correcta es la de Paula, \(n^{n}n!\), no entend\(\'i\) muy bien esa cuenta de que para k te queda esa resta, pero el resultado est\(\'a\) bien
Queremos probar que \(S \subset X\)x\(X\) definida como \((x,y) \in S\) \(\Leftrightarrow\)\((x,y) \notin R \land (y,x) \notin R\)
es de equivalencia, es decir, queremos ver que es reflexiva, simetrica y transitiva.
Comencemos con la reflexividad:
\((x,x)\in S \Leftrightarrow\) \((x,x) \notin R \land (x,x) \notin R\) \(\equiv (x,x) \notin R\)
Veamos efectivamente que \((x,x) \notin R\), supongamos que sí, entonces por como esta definida la relación de \(R\)
$$\forall x \in X, (x,x) \in R \Rightarrow (x,x) \notin R$$
Absurdo, luego, \((x,x) \notin R\) y por lo tanto \((x,x)\in S\) que hace que sea reflexiva.
Simetrica:
$$(x,y)\in S \Rightarrow (y,x) \in S$$
Si \((x,y)\in S \Rightarrow (x,y) \notin R \land (y,x) \notin R\), pero \((y,x) \in S \Leftrightarrow (y,x) \notin R \land (x,y) \notin R\) que es lo que suponemos cierto, luego \((y,x) \in S\), por lo tanto ES simetrica.
Transitividad:
Queremos ver que si \((x,y) \in S \land (y,z) \in S \Rightarrow (x,z) \in S\), escribamos bien que suponemos cierto y que necesitamos que se cumpla:
I)\((x,y)\in S \Rightarrow (x,y) \notin R \land (y,x) \notin R\)
II)\((y,z)\in S \Rightarrow (y,z) \notin R \land (z,y) \notin R\)
III)\((x,z)\in S \Rightarrow (x,z) \notin R \land (z,x) \notin R\)
Ahora, miremos bien la segunda propiedad de la relacion \(R\):
\(\forall x,y,z \in X, (x,y) \in R \Rightarrow (x,z) \in R \lor (z,y) \in R\) ....es lo mismo que decir:
$$\forall x,y,z \in X, (x,z) \notin R \land (z,y) \notin R \Rightarrow (x,y) \notin R$$
Entonces tomamos \((x,y) \notin R\) de \((x,y)\in S\) y \((y,z) \notin R\) de \((y,z)\in S\).
Por lo que acabamos de decir:
\(\forall x,y,z \in X, (x,y) \notin R \land (y,z) \notin R \Rightarrow (x,z) \notin R\).
Analogamente tomamos el par restante : \((z,y) \notin R\) y \((y,x) \notin R\) y nos queda:
$$\forall x,y,z \in X, (z,y) \notin R \land (y,x) \notin R \Rightarrow (z,x) \notin R$$
Luego \((x,z)\in S\) que prueba la transitividad.
Por lo tanto, queda demostrado que \(S\) es una relación de equivalencia.
Bueno, fijense que opinan, si esta bien, nose. Me puse ahora a la noche a verlo y parecía dificil, pero si lo que dije esta bien, entonces solo esta escrito de forma que intimide...
jaja yo doy el 14, casi lo daba el 4, q suert q me arrepenti a ultimo momento. Bastante dificil el final, podian haber esperado un año mas para cambiar la modalidad jaja
\(\bullet \forall x,y,z \in X,\) \((x,y) \in R \Rightarrow (x,z) \in R\) ó \((z,y) \in R.\)
Probar que la relación \(S \subset X\)x\(X\) definida por \((x,y) \in S\) si y solo si \((x,y) \notin R\) e \((y,x) \notin R\) es de equivalencia.
Por favor díganme si está bien resuelto esto
Por definición de S: \((x,y) \in S \Leftrightarrow (x,y) \notin R \land (y,x) \notin R\)
puedo decir que si pasa que \(\color{red}{(1)}\)\((x,y) \notin R \land (y,x) \notin R\) entonces \((x,y) \in S\)
y que si \(\color{red}{(2)}\)\((x,y) \in S\) entonces \((x,y) \notin R \land (y,x) \notin R\)
Quiero ver que S es una relación de equivalencia, es decir quiero ver que S es reflexiva, simétrica y transitiva.
Reflexividad: \(\forall a \in A\quad (a,a) \in S\)
i.e. quiero ver que sea a un elemento cualquiera perteneciente a A, \((a,a)\in S\)
Sea "a" un elemento cualquiera perteneciente a A, entonces tenemos que si
\((a,a)\in R \Rightarrow (a,a)\notin R\) lo cual es absurdo.
Entonces \((a,a)\notin R\)
Ahora, por \(\color{red}{(1)}\) tengo que si \((a,a) \notin R \land (a,a) \notin R\) entonces \((a,a) \in S\)
Luego, para todo a perteneciente a A, \((a,a)\in S\) y S es reflexiva
Simetría: \(a,b\in A\quad (a,b)\in R \Rightarrow (b,a)\in R\)
En los casos a=b ya vimos que se cumple que pertenezcan a S
ahora quiero ver los casos simétricos a distinto de b
Por definición de R sé que \(\forall a,b \in A,\) \((a,b) \in R \Rightarrow (b,a) \notin R\),
Entonces en su negación si \((a,b) \notin R \Rightarrow (a,b) \in R\)[/tex]
Y ahora por \(\color{red}{(1)}\) tengo que \((a,b) \notin S\)
pero además \((b,a)\notin S\)
Luego, los únicos pares ordenados que pertenecen a la relación S son los de la forma (a,a), siendo S una relación Diagonal
Transitividad: para demostrar esto quisiera ver primero si ustedes creen que la simetría está bien justificada. Pq si es correcta la simetría creo que no me queda mucho por demostrar de la transitividad
De vuelta, como \(f^2|g\), \(g=f^2 \cdot h\) y
\(g'=(f^2)' \cdot h+f^2 \cdot h'= f' \cdot f + f \cdot f' + f^2 \cdot h'=f(2f'+f \cdot h')=f \cdot p\),
entonces \(f|g'\)
(\(h,q,p \in \mathbb{Q}[X]\))
Falta la implicación para el otro lado (que no me sale...)
\(f|g\) y \(f|g'\) \(\Rightarrow f^2|g\)
\(f|g \Rightarrow g=f*q \Rightarrow (Leibniz) g'=f*q'+q*f'\) pero \(f|g'=f*q'+q*f'\) y \(f|f*q' \rightarrow f|q*f'\). Veamos que \((f:f')=1\) sea \(\beta=(f:f')\) y supongamos \(gr \beta\geq1\) Entonces \(\beta|f\) y \(\beta|f'\); pero \(\beta|f \Rightarrow gr \beta=gr f\), ya que f es irreducible por hipotesis, entonces si alguien lo divide, debe ser su asociado o una unidad, como pedi al principio que tenga grado mayor o igual a uno, deben ser asociados. Ademas se que \(gr f'=gr f -1\), entoncces \(\beta|f' \Rightarrow gr \beta\leq gr f'=gr f -1\). Pero \(gr \beta= gr f\); contradicción, que provino de suponer que \(\beta\) no era uno (creo), entonces \((f:f')=1\). Volviendo a lo de antes teniamos que \(f|q*f'\), y ahora que sabemos que \((f:f')=1\), esto implica que \(f|q\), es decir \(q=f*h\), es decir que \(g=f*q=f*f*h\), osea que \(f^2|g\). Me faltaría el caso en que \(f\) es una unidad, osea \(gr f= 0\), pero entonces \(f'=0\), y el ejercicio es trivial (creo)
\((a:b)|[a:b]\) que es algo trivial, si lo vemos desde con el teorema fundamental de la aritemetica y como se escriben el mcd y el mcm de los mismos.
Bueno, ahora lo que quedaria ver, es que si \(d|([a:b]:a+b) \Rightarrow d|(a:b)\) y si probamos terminamos el problema, porq por definicion: si \(d|a\), \(d|b\) y si \(c|a\) \(c|b \Rightarrow c|d\) entonces \(d=(a:b)\)
Si \(d|[a:b]\) entonces \(d|a\) o \(d|b\)
Veamos los 3 casos posibles:
\(d|a\) y d no divide a b, entonces \(d|a+b\)
lo mismo si d solo divide a b
\(d|a\) y \(d|b\) \(\Rightarrow d|a+b\), pero entonces tmb se puede decir que \(d|(a:b)\)
Por lo que concluimos que \(d=(a:b)=([a:b] : a+b)[\)
Espero que se entienda, soy nuevo con esto del latex =P
No hay nada para hacer para los n impares. Así que una F me va a quedar determinada por la 2n-upla
$$\{f(2), f(4), f(6), f(8), f(10), f(12)\}$$
Ahora. Partimos la 2n-upla en 2, quedándonos con 2 n-uplas.
La parte de la derecha es bien facil, pero la dejamos para después. Empezemos ahora con la parte de la izquierda:
Primero elijamos alguien para f(6). f(6) puede ir a 7, 9, u 11. Voy a tener 3 posibilidades, y elijo uno.
Ahora elijamos alguien para f(4). f(4) puede ir a 5, 7, 9, u 11. Pero seguramente uno de esos ya está usado por f(6), entonces solo voy a tener 3 posibilidades (no importa cuales).
Ahora elijamos alguien para f(2). f(2) puede ir a 3, 5, 7, 9, u 11. Pero seguramente ya dos de esos están usados por f(4) y f(6). Entnonces solo voy a poder tener 3 posibilidades, no importa cuales.
Entonces para elegir una n-upla de la izquierda, voy a tener \(\binom{3}{1}^3\).
Ahora, claramente para la parte de la derecha, hago lo que quiera. Como para la izquierda ya quemé n enteros del conjunto de llegada, y solo tenía los impares, ahora voy a tener n impares sobrantes para el lado de la derecha. Y oh casualidad, tengo n cosas para asignar. Entonces voy a tener \(n!\) formas de organizar la derecha.
Lo que dije generaliza bastante facil (use el 3 para poner números no horribles), y entonces tenemos que las formas son
$$\binom{n}{1}^n \cdot n!$$
La clave acá fue darse cuenta de empezar a buscar desde el f(6), no desde el f(2), porque sinó te volvés loco. Es aplicar el algoritmo de resolución de problemas de Feynman nada mas.
EDIT: Por lo que veo, lo pensé igual a Paula. 🙂
Firma
Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.
Buenas de nuevo gente (se nota que tengo miedo del final del martes!!). Hice el ejercicio 5, de la siguiente manera (quizás mande fruta en algún lado...):
\((\Rightarrow) f^2|g \Longleftrightarrow g = f^2 \cdot q\)
Derivando miembro a miembro obtenemos
$$g' = 2 \cdot f \cdot f' \cdot q + f^2 \cdot q' \Longleftrightarrow g' = f \cdot (2\cdot f' \cdot q + f\cdot q') \Longleftrightarrow f|g'$$
Que \(f|g\) me parece trivial
Ahora la vuelta
\((\Leftarrow) g = f \cdot q\) y \(g' = f \cdot r\)
Derivando la primer igualdad...
$$g' = f' \cdot q + f \cdot q'$$
Igualando esto a la otra hipótesis
$$f \cdot r = f' \cdot q + f \cdot q' \Rightarrow f \cdot (r - q') = f' \cdot q \Longleftrightarrow f|f' \cdot q$$
Acá es donde se pone dudoso... Yo diría, como \(f\) es irreducible en \(Q[X]\) y \(f\) no divide a \(f'\)
pues \(gr(f) > gr(f')\) entonces \(f|q \Rightarrow q = f \cdot k\)
Y ahora volviendo a la primer hipótesis \(g = f \cdot q \Rightarrow g = f \cdot f \cdot k \Longleftrightarrow g = f^2 \cdot k \Longleftrightarrow f^2|g\)
Todos los polinomios involucrados en esta demostración pertenecen a \(Q[X]\)
Dudo mucho de la última parte ya que a dos días del parcial todavía no releí la teoría de polinomios... Si alguno puede pegarle una revisada, mejor!
Buenas de nuevo gente (se nota que tengo miedo del final del martes!!). Hice el ejercicio 5, de la siguiente manera (quizás mande fruta en algún lado...):
Acá es donde se pone dudoso... Yo diría, como \(f\) es irreducible en \(Q[X]\) y \(f\) no divide a \(f'\)
pues \(gr(f) > gr(f')\) entonces \(f|q\)
Está bien, yo explicaría un poco más el por qué pasa eso que vos decís.
\(f|f'q\) y como \(f\) y \(f'\) son coprimos (eso es lo que, para mi, falta aclarar mejor, por qué \(f\) y \(f'\) son coprimos), entonces\(f|q\)
Claro, yo lo habría puesto de otra forma, pero lo que pusiste vos está bien ^^
Hubiera puesto
como \(f\) es irreducible en \(\mathbb{Q}[X]\),
\((f:g)\), con \(g \in \mathbb{Q}[X]\), es \(1\) ó \(f\).
Como en el caso del ejercicio \(f\) no divide a \(g\) (pues \(gr(f)>gr(g)\)), entonces \((f:g)=1\)
Es de rompebolas que soy nomás, con lo que pusiste vos alcanza creo.
se me ocurrió una forma distinta de hacer el 3) me gustaría saber si esta bien 🙂
$$yo se que $(a:b)= a.s+b.t donde s,t\in \mathbb{Z}$ y tambian se que$ [a:b] = \frac{a.b}{(a:b)}$\\llamo $d= ([a:b]:a+b)$\\pero entonces $d=[a:b]r+(a+b)q= \frac{a.b}{(a:b)}.r+(a+b)q= a(q+ \frac{b}{(a:b)}.r) +b.q$ con $r,q \in \mathbb{Z}$ entonces $d=(a:b)$$$
Firma
"La matemática es una travesía al interior de una extraña jungla donde los exploradores se pierden con frecuencia".
Si entendí bien lo que hiciste, creo que no está bien.
Vos llegaste a que \(d=a.(q+\frac{b}{(a:b)}.r)+b.q\), es decir, que \(d\) es una combiación lineal de \(a\) y \(b\). Lo que entiendo yo que hiciste, es que por eso, \(d\) tiene que ser \((a:b)\), esto no es cierto.
O sea, si \(d=(a:b)\) entonces \(d=q.a+r.b\) con \(q,r \in \mathbb{Z}\)
pero si \(d=q.a+r.b\) no es cierto que \(d=(a:b)\). En este caso \(d\) sería el \(min \lbrace q.a+r.b, q,r \in \mathbb{Z} \rbrace \cap \mathbb{N}\), es decir, de todas las combinaciones lineales posibles \(d\) es la menor positiva.
Capaz eso no fue lo que quisiste decir y yo entendí cualquiera, jaja.
\(4\). Sea \(n \in \mathbb{N}\) y sea \(w \in {G}_{n}\). Probar que son equivalentes
$$i- min\{j \in \mathbb {N}|w^j=1\}=n$$
\(ii- w=cos(\frac{2k\pi}{n})+isen(\frac{2k\pi}{n})\) con \(k \in \mathbb{N}\), \((k:n)=1\)
Como \(w \in {G}_{n}\), \(w=cos(\frac{2k\pi}{n})+isen(\frac{2k\pi}{n})\) con \(k \in \mathbb{Z}\).
\(i \Rightarrow ii\):
Supongamos que \(ii\) es falso, es decir que \((k:n)=d \neq 1\). Quiero llegar a que \(min\{j \in \mathbb {N}|w^j=1\} \neq n\)
Como \(d|n \Rightarrow \frac{n}{d} \in \mathbb{Z}\), más aún \(\frac{n}{d} \in \mathbb{N}\) pues \(d>0\) y \(n>0\)
También, como \(d|k, \frac{k}{d}=m \in \mathbb{Z}\)
\(cos(\frac{2k\pi}{d})+isen(\frac{2k\pi}{d}) = cos(2m\pi)+isen(2m\pi)=1\) (pues el ángulo que me quedó es \(2\pi\) multiplicado por un número entero)
Entonces \(w^{\frac{n}{d}}=1\), \(\frac{n}{d}<n \Rightarrow min \{j \in \mathbb {N}|w^j=1\} \neq n\).
\(ii \Rightarrow i\):
Quiero ver que si \((k:n)=1 \Rightarrow n \leq j \forall j \in \mathbb{N}\) tal que \(w^j=1\)
Tomo \(w\) como la definí antes y la elevo a la \(j\). Se que \(w^j=1\).
Esto pasa sí y solo sí
\(\frac{2k\pi j}{n} \equiv 0 (2 \pi) \Leftrightarrow \frac{2k\pi j}{n}=2\pi m\) con \(m \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \frac{kj}{n}=m \Leftrightarrow n|kj\)
Como \((n:k)=1 \Rightarrow n|j \Rightarrow n \leq j\).
Luego \(n\) es cota inferior del conjunto \(\{ j \in \mathbb{N} | w^j=1 \}\)
Como \(w^n=1\) (pues \(w \in {G}_{n}\)), \(n \in \{ j \in \mathbb{N} | w^j=1 \}\)
Entonces \(n\) es el \(min \{ j \in \mathbb{N} | w^j=1 \}\)
\(4\). Sea \(n \in \mathbb{N}\) y sea \(w \in {G}_{n}\). Probar que son equivalentes
$$i- min\{j \in \mathbb {N}|w^j=1\}=n$$
\(ii- w=cos(\frac{2k\pi}{n})+isen(\frac{2k\pi}{n})\) con \(k \in \mathbb{N}\), \((k:n)=1\)
Como \(w \in {G}_{n}\), \(w=cos(\frac{2k\pi}{n})+isen(\frac{2k\pi}{n})\) con \(k \in \mathbb{Z}\).
\(i \Rightarrow ii\):
Supongamos que \(ii\) es falso, es decir que \((k:n)=d \neq 1\). Quiero llegar a que \(min\{j \in \mathbb {N}|w^j=1\} \neq n\)
Como \(d|n \Rightarrow \frac{n}{d} \in \mathbb{Z}\), más aún \(\frac{n}{d} \in \mathbb{N}\) pues \(d>0\) y \(n>0\)
También, como \(d|k, \frac{k}{d}=m \in \mathbb{Z}\)
\(cos(\frac{2k\pi}{d})+isen(\frac{2k\pi}{d}) = cos(2m\pi)+isen(2m\pi)=1\) (pues el ángulo que me quedó es \(2\pi\) multiplicado por un número entero)
Entonces \(w^{\frac{n}{d}}=1\), \(\frac{n}{d}<n \Rightarrow min \{j \in \mathbb {N}|w^j=1\} \neq n\).
Un detalle, no se si probaste que \(K \in{\mathbb{N}}\) DeMoivre te lo asegura en Z, pero no necesariamente en N.
\(4\). Sea \(n \in \mathbb{N}\) y sea \(w \in {G}_{n}\). Probar que son equivalentes
$$i- min\{j \in \mathbb {N}|w^j=1\}=n$$
\(ii- w=cos(\frac{2k\pi}{n})+isen(\frac{2k\pi}{n})\) con \(k \in \mathbb{N}\), \((k:n)=1\)
Como \(w \in {G}_{n}\), \(w=cos(\frac{2k\pi}{n})+isen(\frac{2k\pi}{n})\) con \(k \in \mathbb{Z}\).
\(i \Rightarrow ii\):
Supongamos que \(ii\) es falso, es decir que \((k:n)=d \neq 1\). Quiero llegar a que \(min\{j \in \mathbb {N}|w^j=1\} \neq n\)
Como \(d|n \Rightarrow \frac{n}{d} \in \mathbb{Z}\), más aún \(\frac{n}{d} \in \mathbb{N}\) pues \(d>0\) y \(n>0\)
También, como \(d|k, \frac{k}{d}=m \in \mathbb{Z}\)
\(cos(\frac{2k\pi}{d})+isen(\frac{2k\pi}{d}) = cos(2m\pi)+isen(2m\pi)=1\) (pues el ángulo que me quedó es \(2\pi\) multiplicado por un número entero)
Entonces \(w^{\frac{n}{d}}=1\), \(\frac{n}{d}<n \Rightarrow min \{j \in \mathbb {N}|w^j=1\} \neq n\).
\(ii \Rightarrow i\):
Quiero ver que si \((k:n)=1 \Rightarrow n \leq j \forall j \in \mathbb{N}\) tal que \(w^j=1\)
Tomo \(w\) como la definí antes y la elevo a la \(j\). Se que \(w^j=1\).
Esto pasa sí y solo sí
\(\frac{2k\pi j}{n} \equiv 0 (2 \pi) \Leftrightarrow \frac{2k\pi j}{n}=2\pi m\) con \(m \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \frac{kj}{n}=m \Leftrightarrow n|kj\)
Como \((n:k)=1 \Rightarrow n|j \Rightarrow n \leq j\).
Luego \(n\) es cota inferior del conjunto \(\{ j \in \mathbb{N} | w^j=1 \}\)
Como \(w^n=1\) (pues \(w \in {G}_{n}\)), \(n \in \{ j \in \mathbb{N} | w^j=1 \}\)
Entonces \(n\) es el \(min \{ j \in \mathbb{N} | w^j=1 \}\)
Aquí va mi manera de probar (ii) => (i)
Sea \(A = \{j\in{\mathbb{N}} | w^{j}=1\}\). Es fácil ver que es un subconjunto de los naturales y es no vacío (\(n\in{A}\))
Luego, se tiene que posee primer elemento, por el principio medio bobo, BO (buena ordenación).
Entonces puedo considerar \(d=min{A}\).
En efecto \(w^{d}=1=w^{n}\)
En particular \(arg(w^{d}) = arg(w^{n})\)
Luego por Teorema de Moivre:
\(d.arg(w)-2k_{1}\pi=n.arg(w)\) Para algún \(k_{1} \in{\mathbb{Z}}\)
Reescribiendo:
$$(d-n).arg(w)=2k_{1}\pi$$
Pero por (ii) sabemos que \(arg(w) = \frac{2k_{2}\pi}{n}\) Con \((k_{2}:n)=1, k_{2} \in{\mathbb{N}}\).
Luego \(\frac{(d-n)2k_{2}\pi}{n} = 2k_{1}\pi\)
Simplificando los \(2\pi\)
$$\frac{(d-n)k_{2}}{n} = k_{1}$$
Pero \(k_{1} \in{\mathbb{Z}}\)
Entonces \(\frac{(d-n)k_{2}}{n}\in{\mathbb{Z}}\)
Luego \(n|(d-n)k_{2}\) => \(n|d-n\) (Pues \((k_{2}:n)=1\).
=> \(n|d\) (por propiedades de la divisibilidad)
Luego \(1 \leq n \leq d\)
Pero \(n \in{A}\). Entonces \(d \leq n\) Pues es el mínimo.
Con lo cual se tiene \(n=d=min(A)\)
