Tema

Final 14/08/2009

34 respuestas 23315 visitas 2009-08-18

#1 McNulty 2009-08-18 14:53

Gente,
Alguien rindió el final el 14/08? Qué les pareció el examen? Para mí fue muy diferente a todos los finales que venían tomando, incluidos los que se postean acá. Me pareció muy teórico, y mucho más complicado, sobre todo el de inducción.

Alguno tiene para postear el examen? Me interesaría saber cómo se resuelve el primer ejercicio y el de Complejos.

Otra cosa, saben quién hizo este final o por qué fue tan diferente a los anteriores?

#2 Diego.- 2009-08-18 19:31

Yo rendi, no me acuerdo bien todos los problemas, ni como eran exactamente, pero te tiro una idea de los que pedis ahi.

En el primero te decia, que si tenes a y b fijos, tenes que demostrar que siempre se pueden escribir como
$a=b.q+r$ con $0\leq{r}<b$,r,q unicos, con a y b naturales. Que seria el algoritmo de division, para numeros naturales.
Primero tomas R= {$r \epsilon \mathbb{N} \cup${$o$}$/ r=a-b.q$}
Si tomas Q=o tenes r=a, por lo cual no es un conjunto vacio (PBO).

ahi tenes que existen, dps tenes que ver que son unicos entonces tomas a=b.q+r=b.q+ r
agrupas y te queda que b. (q-q) = (r-r)
y tenes que b divide a r- r, y que $-b+1 \leq{r}< b$, entonces r- r = 0, ya que es el unico numero que cumple esta condicion, en este intervalo, y dps vez que q y q` son iguales.

Un poco alborotado, pero espero que se entienda.

Y el otro decia: si w y z son raices primitias de $G_{n}$, probar que $(w+z)^{n/2}$ es un numero real

Lo que yo hice fue, escribir esto con el binomio de newton, luego use que z es un numero real$\Leftrightarrow z= \overline{z}$.
Luego, la conjugacion es distribuitiba con la suma y el producto, y en la potencia las tenes que dar vuelta, pues el modulo de z es uno, entonces $z^{-1}= \overline{z}$, y la formula binomica es simetrica, asi que todo anda bien, y queda la igualdad

Un poco alborotado, pero espero que se entienda, cualquier cosa avisame y dps con mas tiempo, lo escribo mejor

#3 Sofía 2009-08-19 02:56

Dejo el final ^^

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\bigstar Sofi \bigstar

Adjuntos

Final 140809.JPG (56.1 KB)

#4 FJL 2009-08-19 03:15

Uuu! Muy groso! Gracias!

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Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.

#5 McNulty 2009-08-19 04:13

Genial, muchas gracias.

#6 FJL 2009-08-19 06:45

Bueno, ya que estoy acá, de paso resuelvo el de la sucesión.

Veamos que pasa, porque la verdad parece extraña la cosa.

$$n = 0: 1, 2, 4, 8, 16, 32$$

$$n = 1: 2^0 + 2^1, 2^1 + 2^2, 2^2 + 2^3, 2^3 + 2^4$$

$$n = 2: 2^0 + 2^1 + 2^1 + 2^2, 2^1 + 2^2 +2^2 +2^3, 2^2+2^3+2^3+2^4$$

$$n = 3: 2^0 + 2^1 + 2^1 +2^2 + 2^1+2^2+2^2+2^3, 2^1+2^2+2^2+2^3+2^2+2^3+2^3+2^4$$

Reorganizando los términos un poco para que no nos dé un ataque...

$$n=2: 2^0 + 2(2^1) + 2^2, 2^1 + 2(2^2) + 2^3, 2^2 + 2(2^3) + 2^4$$

$$n = 3: 2^0 + 3(2^1) + 3(2^2) + 2^3, 2^1 + 3(2^2) + 3(2^3) +2^4$$

Si lo vemos así en el aire, parecería indicar algo como...

a_{n, m} = 2^m + 2^{n+m} + \sum_{k=m+1}^{m+n-1} n \cdot 2^k

Pero probemos algún caso mas grande a ver si se cumple nuestra regla (recomiendo fuertemente hacer esto SIEMPRE). Veamos que pasa con $a_{4, 5}$. Si lo calculamos con nuestra fórmula, tendríamos un $2^5 + 2^9 + 4(2^6) + 4(2^7) + 4(2^8)$. Pero si lo calculamos a mano (esto no lo escribo acá porque queda un quilombo), tenemos que es $2^5 + 4(2^6) + 6(2^7) + 4(2^8) + 2^9$. Epa, que pasó?
Bueno, no es lo que queríamos...pero a que recuerda la sucesión 1, 4, 6, 4, 1? Al precioso triángulo de Pascal! Específicamente, son los resultados de hacer $\binom{n}{k}$, con n = 4, y los k rondando del 0 al 4. Y a que acompañan estos coeficientes? El k'esimo acompaña aparentemente a $2^{k}$. La k aparente ir desde el m, hasta m+n. Bueno, que lindo! A ver, probemos la nueva fórmula, que sería...

a_{n, m} = \sum_{k=m}^{m+n} \binom{n}{k-m} 2^{k}

De esta manera, probemos un $a_ {4, 5}$...

a_{4, 5} = \binom{4}{0} 2^5 + \binom{4}{1} 2^6 + \binom{4}{2} 2^7 + \binom{4}{3} + 2^8 + \binom{4}{4} 2^9

Genial. Encaja. Pero...encajará también si hacemos algo aún mas grande como $a_{3,6}$ o $a_{5, 2}$? Se puede ver (otra vez, no lo escribo acá porque son cuentitas que no son complicadas) que si.

Bueno, ahora que nos autoconvencimos que la fórmula está bien probándola un par de veces con números altos, a probarlo bien entonces.
Para probar una cosa que se "mueve" para dos lados, imaginémoslo como llenar un rectángulo (o calcularle la integral). Primero, llenamos una sección (finita y alta) del alto del rectángulo (y grosor infinitesimal, básicamente), y luego vamos llenando las próximas secciones, moviendo esta sección horizontalmente.
Lo que intento decir acá es que primero lo probamos para un n determinado, para todo m, y luego sabiendo que para todo m vale (osea, ya pintamos la sección alta), probamos que si vale para $a_{n, m}$ vale para $a_{n+1, m}$. También se podría hacer al revez, pero me parece que de esta forma aprovechamos como está estructurado el ejercicio.

Entonces, parte 1: Pruebo para n = 0, m = 0.

a_{0, 0} = 2^0 = 1

Y nosotros digimos: $\sum_{k=0}^{0} \binom{0}{k} 2^k = \frac{0!}{0!0!} 2^0 = 1$ Probemos con n = 1, m=0.

a_{0+1, 0} = 2^0 + 2^1 = 3

Y nosotros digimos: $\sum_{k=0}^1 \binom{1}{k} 2^k = \binom{1}{0} 2^0 + \binom{1}{1} 2^1 = 1 + 2 = 3$.

Bueno, entonces ahora hago inducción en m ("me creo" que vale para todos los m's anteriores, y este n = 0 en particular). Entonces mi hipótesis es $a_{0, m} = \sum_{k=m}^m \binom{0}{k-m} 2^{k}$. Quiero ver que $a_{0, m+1} = \sum_{k=m+1}^{m+1} \binom{0}{k-m-1} 2^{k}$
Yo se que $a_{0, m+1} = 2^{m+1}$ por la definición. Pero ${\sum_{k=m+1}^{m+1} \binom{0}{k-m-1} 2^{k} = \binom{0}{m+1-m-1} 2^{m+1}\sum_{k=m+1}^{m} \binom{0}{k-m-1} 2^{k} = 2^{m+1}}$, que es lo que quería ver.
Listo, vale para n = 0, y todo m.

Ahora movamos la porción de la prueba horizontalmente, haciendo inducción en n.

En este caso, yo se que vale para $a_{n, m}$, y quiero ver que vale para $a_{n+1, m}$.

Entonces, mi hipótesis es $a_{n, m} = \sum_{k=m}^{m+n} \binom{n}{k-m} 2^{k}$, y quiero ver que $a_{n+1, m} = \sum_{k=m}^{m+n+1} \binom{n+1}{k-m} 2^{k}$.
Por la definición, yo se que $a_{n+1, m} = a_{n, m} + a_{n, m+1}$. Pero yo se que, para todo m y este n, vale mi hipótesis. Entonces veamos...

a_{n+1, m} = \sum_{k=m}^{m+n} \binom{n}{k-m} 2^{k} + \sum_{k=m+1}^{m+n+1} \binom{n}{k-m-1} 2^{k}

Osea, tengo que probar que

\sum_{k=m}^{m+n} \binom{n}{k-m} 2^{k} + \sum_{k=m+1}^{m+n+1} \binom{n}{k-m-1} 2^{k} = \sum_{k=m}^{m+n+1} \binom{n+1}{k-m} 2^{k}

\sum_{k=m}^{m+n} \binom{n}{k-m} 2^{k} + \sum_{k=m+1}^{m+n+1} \binom{n}{k-m-1} 2^{k} = \binom{n+1}{n+1} 2^{m+n+1} + \sum_{k=m}^{m+n} \binom{n+1}{k-m} 2^{k}

{\binom{n}{n} 2^{m+n+1} + \sum_{k=m+1}^{m+n} \binom{n}{k-m-1} 2^{k} = \binom{n+1}{n+1} 2^{m+n+1} + \sum_{k=m}^{m+n} \binom{n+1}{k-m} 2^{k} - \sum_{k=m}^{m+n} \binom{n}{k-m} 2^{k}}

\sum_{k=m+1}^{m+n} \binom{n}{k-m-1} 2^{k} = \sum_{k=m}^{m+n} \binom{n+1}{k-m} 2^{k} - \sum_{k=m}^{m+n} \binom{n}{k-m} 2^{k}

Quiero que las cosas se parezcan un poco mas entre si, así que voy a cambiar los límites de la sumatoria.

{\sum_{k=m+1}^{m+n} \binom{n}{k-m-1} 2^{k} = \binom{n+1}{0}2^m + \sum_{k=m+1}^{m+n} \binom{n+1}{k-m} 2^{k} - \binom{n}{0}2^m - \sum_{k=m+1}^{m+n} \binom{n}{k-m} 2^{k}}

{\sum_{k=m+1}^{m+n} \binom{n}{k-m-1} 2^{k} = \sum_{k=m+1}^{m+n} \binom{n+1}{k-m} 2^{k} - \sum_{k=m+1}^{m+n} \binom{n}{k-m} 2^{k}}

Y ahora, por fin, a juntar todo.

{\sum_{k=m+1}^{m+n} \binom{n}{k-m-1} 2^{k} - \binom{n+1}{k-m} 2^{k} + \binom{n}{k-m} 2^{k} = 0}

{\sum_{k=m+1}^{m+n} 2^k \left( \binom{n}{k-m-1} - \left(\binom{n}{k-m-1} + \binom{n}{k-m} \right) + \binom{n}{k-m}\right) = 0}

Lo cual es cierto (todo se cancela en la multiplicación).

Entonces probamos lo que queríamos.
UFFFFFFF!

Llevó 3 horas (y lo iba tipeando en el post para no tener que pasar todo después jaja) :s si ven algún error avisen...que no lo corrijo ni locooooo jaja

Hrmph. Ahora que lo veo, hay una solución que hubiera llevado (no jodo) al rededor de 30 minutos. Si a alguien le salió así de una, sepa que le tengo la mas absoluta e insana envidia:
Si factorizás los números que te van dando, resulta que $a_{n,m} = 3^n 2^m$.
O, lo que hubiera sido un poco mas facil de resolver que mi serie, $\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} 2^{k+m}$

#7 FJL 2009-08-19 13:48

Para el 2a)...
a)
No es necesariamente cierto, $f(x) = (x^2+1)(x^2+1)$.
$f(x) = x^4 +2x^2 + 1$. Este polinomio está en $\mathbb{Q}[X]$, no tiene raices reales, pero es reducible en $\mathbb{Q}[X]$ a $f(x) = (x^2+1)(x^2+1)$, que es multiplicación de polinomios en $\mathbb{Q}[X]$ de grado menor.
Entonces es FALSO.

Los otros 2 no se como hacerlos sin caer en "...pero esto ES cierto...porque...em.....".
Igual, me preocupa el caso $f = g$. Si es así, no es verdad el c). Pero habría que tomarlos como distintos? (O multiplos, porque en Q[x] puedo multiplicar y dividir como quiera el coeficiente principal y siguen dividiéndose).

#8 exequiel131719 2009-08-19 18:31

Fijate que si por un momento te olvidás de $\mathbb{Q}[X]$ y pensás en $\mathbb{Z}$, tampoco vale c). Un ejemplo general es $f|h,g|h,f|g$, por ejemplo $f\eq=X,g\eq={X}^{2},h\eq={X}^{2}$. En este caso $f|{X}^{2},g|{X}^{2}$ pero $f\cdot g\eq={X}^{3}$ no divide a ${X}^{2}$.
Con respecto al b), fijate cómo probarías el análogo en $\mathbb{Z}$ y luego copialo con las debidas modificaciones en $\mathbb{Q}[X]$

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I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities

#9 Paula 2009-08-19 19:30

Qué tal, yo rendí pero después quise olvidarme de todo, así que ahora que ya nos dieron las notas puedo comentar jaja

Yo cursaba a la noche y la profesor el último día nos dijo que habían decidido hacer el final teórico y que no nos iba a servir de mucho hacer finales viejos. Creo que en otros cursos no lo dejaron tan claro, y eso es un bajón porque realmente era diferente.

el tres
salía muy rápido tomando $a_{n,m}=3^n2^m$ y después con inducción en n

el cinco me pareció muy complicado, había que ingeniárselas bastante, no lo llegué a terminar..

#10 El chipi 2009-08-19 22:23

Paula a vos como te fue? Cual es la forma que recomendas para estudiar xq estoy haciendo finales viejos a morir..
Que es lo que dijo la profesora?

#11 Paula 2009-08-20 01:12

Dijo eso, que esta vez habían decidido hacerlo teórico-práctico en vez de práctico y que por eso no nos iba a servir estudiar solo haciendo finales anteriores, nos recomendó mirar la carpeta y hacer los ejercicios más teóricos de las prácticas.

yo me saqué 7, no sé, para estudiar agarré el cuaderno de la teórica hasta entender las demostraciones y los temas en general, también leí unos apuntes que hay en la página de la materia, que están muy buenos para todo lo de enteros. Pero la verdad que después e rendir me di cuenta de que lo más importante tal vez sea hacer loe ejercicios teóricos de las prácticas. Parte del de combinatoria que nos tomaron está textual ahí, y en el final anterior también había algo. Además hay demostraciones más cortas que las que nos dieron en clase, pero que las tenés que sacar vos del principio al final, y eso te re sirve, porque por ejemplo a mi me pasaba de entender bien una demostración cuando la leía, después trataba de hacerla sola y me trababa con cualquier cosa.

Los finales viejos igual están buenos para repasar un poco la parte práctica (a mí me faltó eso, jaja) pero por como viene la mano no hay que quedarse con eso solamente

#12 Maxtwo 2009-08-20 02:36

Te dieron oportunidad de retirarte?

#13 aye 2009-08-20 04:39

tengo una duda con el 3)
yo hice lo mismo que paula hizo, es decir, la fórmula que hallé fue: $${a}_{n,m}={3}^{n}{2}^{m}$ fijando m y luego hice inducción sobre n.\\mi duda es si también hay también que hacer inducción sobre m. y en el caso de que así sea ¿vale decir ${a}_{n+1,m}= {a}_{n,m} +{a}_{n,m+1} \Longleftrightarrow {a}_{n,m+1}={a}_{n+1,m} -{a}_{n,m}$?\\entonces tomar como H.I. a ${a}_{n,m}={a}_{n+1,m-1} -{a}_{n,m-1} = {2}^{m}{3}^{n}$ y querer probar que ${a}_{n,m+1}={a}_{n+1,m} -{a}_{n,m}={2}^{m+1}{3}^{n}$$

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"La matemática es una travesía al interior de una extraña jungla donde los exploradores se pierden con frecuencia".

#14 exequiel131719 2009-08-20 05:58

Para probar $P(n,m)$ verdadera para todo $n,m$ se puede proceder:
-fijo $m$, pruebo por inducción que $P(n,m)$ es verdadera para todo $n$
-ahora fijo $n$, y pruebo por inducción que $P(n,m)$ es verdadera para todo $m$
Si entendí lo que decís, creo que es lo que dije recién.

#15 raben 2009-08-20 14:03

Alguien sabe como se hacían los de combinatoria? O el 1, pero bien bien? Yo aprobé raspando, la verdad no me esperaba algo tan teórico, aunque no era difícil no tenia practica en por ejemplo demostrar el algoritmo de la división...

#16 Paula 2009-08-20 15:16

No sé si me dieron oportunidad de retirarme, jaja... nadie intentó hacerlo creo.
Nos pidieron las libretas en la mitad del examen, pero no sé qué pasaba si querías irte antes, no dijeron nada.
Yo el 3 lo hice sólo con inducción en $n$. O sea, vi primero que para $n=0$ vale que $a_{0,m}=2^m$, después en el paso inductivo que si $a_{n,m}=2^m3^n \Rightarrow a_{n+1,m}=2^m3^{n+1}$
Creo que es suficiente porque en todos lados dice "para todo m", y porque me lo pusieron bien, jaja

#17 FJL 2009-08-20 17:11

Ok, para probar el 2.b):
$f,g,h \in \mathbb{Q}[X].\ f|gh, (f:g) = 1 \Rightarrow f|h$.

Como $(f:g)=1$, el teorema de Bézout para polinomios me dice que entonces existen polinomios A y B tales que

A \cdot f + B \cdot g = c, c \in \mathbb{Q} \ne 0

Multiplicando ambos lados por h, tenemos que

$$Afh + Bgh = ch$$

$f|Afh$ claramente, y $f|Bgh$ porque, por hipótesis, $f|gh$. Entonces el lado de la izquierda es divisible por f, y entonces el lado de la derecha también debe serlo, y $f|ch$, y entonces $f|h$. edit: $f|ch \Rightarrow f|h$ porque estamos en $\mathbb{Q}$ y existe un inverso multiplicativo, entonces divido las cosas por c y los polinomios siguen estando en $\mathbb{Q}[X]$. Pero la verdad no recuerdo que hayamos usado la identidad de Bézout para polinomios en clase...? Yo la encontré [acá](http://mathworld.wolfram.com/BezoutsTheorem.html). Se tiene que poder sacar para polinomios con el algoritmo de euclides, no?

#18 exequiel131719 2009-08-20 17:49

El ejercicio 28 de la práctica 7 de polinomios que pide probar(deducir de otro resultado) que si un polinomio en $\mathbb{Q}[X]$ es irreducible entonces tiene todas sus raíces simples, se utiliza la propiedad del máximo común divisor entre polinomios. La demo la podés copiar de la de $\mathbb{Z}$ cambiando algunas cosas.
Disculpas por la otra aclaración. Con lo que dice Paula es suficiente.

#19 FJL 2009-08-20 21:20

Para el de conjuntos:
Para esto conviene usar una cosa que me mostró una vez uno de los ayudantes - una relación de $N\times M$ es simplemente una matriz de 0s y 1s, en $N\times M$. En $M_{i,j}$ hay un 1 si $i R j$, y un 0 si no.
Una relación $R \subset A\times A$ va a ser una matriz de $n \times n$.
Llamemosle a esta matriz la "matriz asociada a la relación" (abuso de términos). Que es lo lindo?
La relación es simétrica si y solo si la matriz asociada es simétrica.

Que sabemos de una matriz simétrica? Que $M = M^T$. Veamos que tiene que pasar entonces, dada una matriz de $n \times n$.

{M = \begin{pmatrix} M_{1,1} & M_{1, 2} & \cdots & M_{1, n-1} & M_{1,n} \\ M_{2,1} & M_{2,2} & \cdots & M_{2,n-1} & M_{2, n} \\ \vdots & & \ddots & & \vdots \\ M_{n-1,1} & M_{n-1, 2} & \cdots & M_{n-1, n-1} & M_{n-1, n} \\ M_{n,1} & M_{n, 2} & \cdots & M_{n, n-1} & M_{n,n}\end{pmatrix} = M^T \iff M = \begin{pmatrix} M_{1,1} & M_{2, 1} & \cdots & M_{n-1, 1} & M_{n,1} \\ M_{2,1} & M_{2,2} & \cdots & M_{n-1, 2} & M_{n, 2} \\ \vdots & & \ddots & & \vdots \\ M_{n-1,1} & M_{n-1, 2} & \cdots & M_{n-1, n-1} & M_{n, n-1} \\ M_{n,1} & M_{n, 2} & \cdots & M_{n, n-1} & M_{n,n}\end{pmatrix}}

Lo que podemos ver es que el triangulo superior derecho está determinado por el inferior izquierdo (claramente la diagonal es la misma).
Cada entrada del triangulo inferior izquierdo puede tener un 1 o un 0, así que son 2 posibilidades.
Cuantas entradas va a haber en la diagonal inferior izquierda de una matriz de $n \times n$? En la primera fila va a haber 1. En la segunda, 2. En la k'esima, k. Entonces la cantidad de entradas van a ser $\frac{n(n+1)}{2}$.
Como había 2 posibilidades para cada una, y una no afecta a ninguna otra, la respuesta es $2^{\frac{n(n+1)}{2}}$.

Para la parte de que sean reflexivas y antisimétricas, veamos que nos pide esto de la matriz asociada.
Que sea reflexiva significa que la diagonal debe ser toda 1s.
Que sea antisimétrica quiere decir que si hay un 1 en la fila i, j, no tiene que haberlo en la j, i a menos que i = j.
Entonces una vez mas, el triángulo superior derecho queda completamente determinado por el inferior izquierdo, solo que esta vez excluyo la diagonal (y no hay mas de 1 posibilidad en la diagonal, porque quiero que R sea reflexiva).

Entonces tengo que contar la cantidad de celdas en un triángulo recto, que tiene de alto y ancho n-1. Esto es $\frac{(n-1)n}{2}$. Y la respuesta en este caso es $2^\frac{(n-1)n}{2}$.

Suena bien?

#20 Maxtwo 2009-08-20 23:04

El primero parece estar bien pero el segundo no, (para mi)
Yo en particular, antes que pensar en matrices y demas. Prefiero pensar en que cada punto del grafico de n x n, es una "cajita" a la cual le podes poner o el 0 o el 1 dependiendo si esta o no en la relación. Bueno, ahora, como bien dijiste, cualquiera de los 2 triangulos esta determinado por el otro, asi que solo hacefalta ver alguno de los 2 sin tener en cuenta la diagonal. Para pensarlo mas directo, es como ver de cuantas maneras 32123 puede ser capicua, simplemente se congela una mitad sabiendo que queda determinada por la que queda. Bueno, como el area de todo triangulo, se calcula base por altura sobre dos, nos queda:

\frac{n^2}{2}

Pero a su vez, cualquier cosa que haya en la diagonal no nos afecta en la simetria, asi que debemos agregarle esas "cajitas" y nos queda. $\frac{n^2}{2}+n$ y como puede haber 0 o 1, queda : $2^{\frac{n^2}{2}+n}$

Para el segundo caso, fijate que si, de cierto modo queda determinado un triangulo por el otro, pero dejas afuera posibilidades.

Es por eso que conviene pensar: Tomamos cada "cajita" de a pares ordenados. Es decir, la cajita (1,2) y la cajita (2,1) en el par: [(1,2),(2,1)] luego, cuales son las distintas posiblidades?
I) [1,1] que quiere decir que ambos elementos estan en la relación
II)[1,0] que solo el elemento (1,2) esta en la relacion
III)[0,1] que solo el elemento (2,1) esta en la relacion
IV)[0,0] que ninguno de los 2 elementos este en la relacion
Como veras, el unico que impide la antisimetria es el primero, que es simetrico.
Por lo tanto a cada par ordenado que inventamos, de 4 posibilidades, solo queremos 3.
Y como agarramos de a "pares" ordenados. Hemos reducido las posiblidades de "cajitas", pero ahora a cada cajita le puedo asignar o II), o III), o IV).
Es decir, te queda:

3^{\frac{n^2+n}{2}}

pd: CREO QUE es asi. 😛

#21 aye 2009-08-21 23:02

Gracias Maxtwo y FJL!! realmente no se me ocurría como arrancar a plantear el 4 a).
con respecto a que R sea simetrica concuerdo con FJL. Sin embargo hay cosas de la resolución de la segunda pregunta que no entiendo:

Maxtwo escribió:

Pero a su vez, cualquier cosa que haya en la diagonal no nos afecta en la simetria, asi que debemos agregarle esas "cajitas" y nos queda.
y como puede haber 0 o 1, queda :

yo propongo una nueva versión para saber cuántas relaciones $$R \subset AXA$$ hay que sean reflexivas y antisimétricas:

una duda que me surgió mientras hacia el ejercicio:
la definición de reflexiva es para todo $$a\in A aRa~$$. Ahora si yo tomo a A= {1,2,3} y considero la relación R en A:
R={(1,1), (2,2)} R es reflexiva?
En caso de que R={(1,1),(2,2)} no sea reflexiva, mi resolución es la siguiente:
Ahora como R es reflexiva, la "matriz A asociada a la relacion R" tiene en su diagonal todos 1.
Faltaria ver que pasa con los

{A}_{i,j} con i \neq j

.pero como yo quiero que la relacion sea antisimetrica, entonces uso lo que dijo Maxtwo:

Maxtwo escribió:

Es por eso que conviene pensar: Tomamos cada "cajita" de a pares ordenados. Es decir, la cajita (1,2) y la cajita (2,1) en el par: [(1,2),(2,1)] luego, cuales son las distintas posiblidades?
I) [1,1] que quiere decir que ambos elementos estan en la relación
II)[1,0] que solo el elemento (1,2) esta en la relacion
III)[0,1] que solo el elemento (2,1) esta en la relacion
IV)[0,0] que ninguno de los 2 elementos este en la relacion
Como veras, el unico que impide la antisimetria es el primero, que es simetrico.
Por lo tanto a cada par ordenado que inventamos, de 4 posibilidades, solo queremos 3.

Por lo tanto como A es una matriz d nXn entonces la cantidad d $${A}_{i,j} son {n}^{2}$ y si a esa cantidad le quito los elementos de la diagonal (q son n elementos) entonces la rspuesta seria: ${3}^{{n}^{2}-n}$$.

Ahora si R={(1,1), (2,2)} R es reflexiva si A es {1,2,3}

Entonces hay que separar en n casos.(es decir, caso 1la matriz tiene un solo elemento en la diagonal, caso 2: la matriz tieene2 elementos en a diagonal, etc) entonces la respuesta seria :$$ \sum_{i=1}^{n} i{3}^{{n}^{2}-n}$$

#22 aye 2009-08-21 23:05

espero que se haya entendido lo que quise hacer.... 😄
Me gustaria si alguien puede hacer el ultimo bien completo y el 4 b)

#23 laejl 2009-08-21 23:11

Max, algunas cosas

Maxtwo escribió:

El primero parece estar bien pero el segundo no, (para mi)
Yo en particular, antes que pensar en matrices y demas. Prefiero pensar en que cada punto del grafico de n x n, es una "cajita" a la cual le podes poner o el 0 o el 1 dependiendo si esta o no en la relación. Bueno, ahora, como bien dijiste, cualquiera de los 2 triangulos esta determinado por el otro, asi que solo hacefalta ver alguno de los 2 sin tener en cuenta la diagonal. Para pensarlo mas directo, es como ver de cuantas maneras 32123 puede ser capicua, simplemente se congela una mitad sabiendo que queda determinada por la que queda. Bueno, como el area de todo triangulo, se calcula base por altura sobre dos, nos queda:
$\frac{n^2}{2}$

Es cierto lo del área, pero esto no es un área. Fijate que la cantidad de elementos que están en alguna de las diagonales es $\frac{n^2-n}{2}$ Léase, $n^2$ todos los elementos, menos la diagonal (n elementos), y me quedo con la mitad.
Luego tenés $2^{\frac{n^2-n}{2}}$ formas de definir esa parte en lo que tiene que ver con la simetría, sin considerar aún la diagonal. Para la diagonal tenés $2^{n}$ formas de definir la relación.
Luego el resultado sería $2^{\frac{n^2-n}{2}}2^{n}$ o lo que es igual $2^{\frac{n^2+n}{2}}$

Firma

http://imgs.xkcd.com/comics/command_line_fu.png

#24 laejl 2009-08-21 23:18

Maxtwo escribió:

I) [1,1] que quiere decir que ambos elementos estan en la relación
II)[1,0] que solo el elemento (1,2) esta en la relacion
III)[0,1] que solo el elemento (2,1) esta en la relacion
IV)[0,0] que ninguno de los 2 elementos este en la relacion
Como veras, el unico que impide la antisimetria es el primero, que es simetrico.
Por lo tanto a cada par ordenado que inventamos, de 4 posibilidades, solo queremos 3.
Y como agarramos de a "pares" ordenados. Hemos reducido las posiblidades de "cajitas", pero ahora a cada cajita le puedo asignar o II), o III), o IV).
Es decir, te queda:
$3^{\frac{n^2+n}{2}}$
pd: CREO QUE es asi. 😛

Concretamente, lo podemos ver cómo que cada elemento en la diagonal superior tiene 3 posibilidades.
Está en la diagonal superior y no está en la diagonal inferior.
Está en la diagonal inferior y no está en la superior
No está en la relación (léase a no esta relacionado con b, y b tampoco está relacionado con a)
Como la cantidad de elementos que hay arriba de la diagonal es $\frac{n^{2}-n}{2}$ y la diagonal la tenemos ya incluída es decir, hay una sola manera de poner toda la diagonal para que sea reflexiva. El resultado sería $3^{\frac{n^{2}-n}{2}}$ Lo mismo que antes, fijate el detalle de la cantidad de elementos arriba de la diagonal y que como nos piden que sea reflexiva, la diagonal ya la tenemos puesta.

#25 laejl 2009-08-21 23:46

Para el de la cantidad de funciones crecientes:Bosones, es como n bolitas en m cajas.
Estrictamente crecientes: Combinatorio m n

EDIT: Estaba mal mal mal.. flashié 😛

Editado 1 vez.

#26 Sofía 2009-08-22 00:20

Con explicarlo es suficiente (y que esté bien, obvio xD)

#27 FJL 2009-08-22 00:29

Ahí entendí, lo que yo no estaba tomando en cuenta es que mientras la simetría me determina un triangulo por el otro, la antisimetría no lo hace - si hay un 1 tiene que haber un 0 si no es la diagonal, pero si hay un 0, puede haber un 1 o un 0 en la correspondiente casilla del triangulo opuesto. Osea, puede ser que no existe porque se lo prohibe la antisimetría, o porque simplemente no está en la relación.

Adhiero al interés de Sofía, no se me ocurrió muy bién como plantear lo de las funciones crecientes - pense en poner los "saltos" (cuando la función sube) en cajas....pero la verdad me hice mucho mambo.

#28 laejl 2009-08-22 00:31

Je, OK. Estoy leyendo del Gentile y luego de conjeturar estas cosas las demuestra por inducción.
Algunas cosas, en un post anterior dije "diagonales" quise decir los triángulos que quedan arriba y debajo de la diagonal.

aye escribió:

Por lo tanto como A es una matriz d nXn entonces la cantidad d $${A}_{i,j} son {n}^{2}$ y si a esa cantidad le quito los elementos de la diagonal (q son n elementos) entonces la rspuesta seria: ${3}^{{n}^{2}-n}$$.

Ahora si R={(1,1), (2,2)} R es reflexiva si A es {1,2,3}

Entonces hay que separar en n casos.(es decir, caso 1la matriz tiene un solo elemento en la diagonal, caso 2: la matriz tieene2 elementos en a diagonal, etc) entonces la respuesta seria :$$ \sum_{i=1}^{n} i{3}^{{n}^{2}-n}$$

Es cierto que cada elemento tiene 3 posibilidades. Pero contaste de más. Cuando elevas el 3 considerá a los elementos arriba de la diagonal o debajo de ella porque con esas 3 posibilidades ya estás hablando de lo que podría pasar debajo de la diagonal.
Por otro lado, te están pidiendo que sea reflexiva, así que no hay que decidir qué elementos de la diagonal hay que poner, van todos, con lo cual hay una sola manera de hacer eso.

Ignoren el de las funciones crecientes solo creo que está mal, hice cualquier otra cosa, ahora lo posteo.
El de estrictamente crecientes, es $\binom{m}{n}$ pues de los m posibles elijo n elementos y los ordeno.

#29 Diego.- 2009-08-22 03:37

laejl escribió:

Para el de la cantidad de funciones crecientes:$\frac{m!}{(m-n)!}$ y $1 \leq n \leq m$
Estrictamente crecientes
$\frac{(m-1)!}{(m-n-1)!}$ con $1 < n < m$

Basta explicar más o menos cómo hallé este número o hay que probarlo por inducción?

En realidad en el de la funcion creciente, es bosones

#30 laejl 2009-08-22 03:44

Si, es bosones.....Gracias

#31 Sofía 2009-08-27 02:22

Otra forma de hacer el $5$, sin usar el Binomio de Newton

Lo que hay que probar es que un número en particular es un número real. Esto pasa sí y solo sí ese número es igual a su conjugado. En el ejercicio sería probar que

(z+w)^{\frac{n}{2}}=\overline{(z+w)^{\frac{n}{2}}}

Por las propiedades del conjugado, $\overline{(z+w)^{\frac{n}{2}}}=(\overline{z}+\overline{w})^{\frac{n}{2}}$, y como $z$ y $w$ pertenecen a ${G}_{n}$, $\overline{z}=z^{-1}$ y $\overline{w}=w^{-1}$, con lo cual, probar que $(z+w)^{\frac{n}{2}} \in \mathbb{R}$ es equivalente a probar que

(z+w)^{\frac{n}{2}}=(z^{-1}+w^{-1})^{\frac{n}{2}}

Por otro lado, quiero ver a qué es igual $z^{\frac{n}{2}}$, $z \in {G}_{n}$, $n$ par, $z$ primitiva. (¿Por qué? Porque usando eso el ejercicio sale re lindo xD)
Si a $z^{\frac{n}{2}}$ lo elevo al cuadrado queda
$(z^{\frac{n}{2}})^2=z^{\frac{n}{2} \cdot 2}=z^n=1$, entonces $z^{\frac{n}{2}} \in {G}_{2}$ (porque al cuadrado da 1), es decir los posibles valores son $1$ y $-1$.
$1$ no puede ser, pues $z$ es primitiva y $\frac{n}{2} < n$ (no puede dar $1$ al elevarlo a un número menor que $n$)
Entonces $z^{\frac{n}{2}}=-1$
Por lo mismo, $w^{\frac{n}{2}}=-1$

Y $z^{\frac{n}{2}} \cdot w^{\frac{n}{2}}= (-1) \cdot (-1)=1$

Volviendo a la igualdad que quiero probar:
$(z^{-1}+w^{-1})^{\frac{n}{2}}=(z^{-1}+w^{-1})^{\frac{n}{2}} \cdot z^{\frac{n}{2}} \cdot w^{\frac{n}{2}}=$ (multipliqué por 1)
$((z^{-1}+w^{-1}) \cdot z \cdot w)^{\frac{n}{2}}=$ (junté todo porque está elevado al mismo exponente)
$(z^{-1} \cdot z \cdot w +w^{-1} \cdot z \cdot w)^{\frac{n}{2}}=$ (metí el "$z \cdot w$" adentro del paréntesis)

(z^0 \cdot w + w^0 \cdot z)^{\frac{n}{2}}=(w+z)^{\frac{n}{2}}=(z+w)^{\frac{n}{2}}

Que es lo que quería probar 🙂

Editado 1 vez.

#32 Maca.... 2009-08-27 08:45

Si te sirve de algo sofY,me parece que esta bien planteado 🙂 Saludos

#33 .-Eze-. 2009-11-20 04:50

Sofía escribió:

Otra forma de hacer el $5$, sin usar el Binomio de Newton

Lo que hay que probar es que un número en particular es un número real. Esto pasa sí y solo sí ese número es igual a su conjugado. En el ejercicio sería probar que
$(z+w)^{\frac{n}{2}}=\overline{(z+w)^{\frac{n}{2}}}$ Por las propiedades del conjugado, $\overline{(z+w)^{\frac{n}{2}}}=(\overline{z}+\overline{w})^{\frac{n}{2}}$, y como $z$ y $w$ pertenecen a ${G}_{n}$, $\overline{z}=z^{-1}$ y $\overline{w}=w^{-1}$, con lo cual, probar que $(z+w)^{\frac{n}{2}} \in \mathbb{R}$ es equivalente a probar que $(z+w)^{\frac{n}{2}}=(z^{-1}+w^{-1})^{\frac{n}{2}}$
Por otro lado, quiero ver a qué es igual $z^{\frac{n}{2}}$, $z \in {G}_{n}$, $n$ par, $z$ primitiva. (¿Por qué? Porque usando eso el ejercicio sale re lindo xD)
Si a $z^{\frac{n}{2}}$ lo elevo al cuadrado queda
$(z^{\frac{n}{2}})^2=z^{\frac{n}{2} \cdot 2}=z^n=1$, entonces $z^{\frac{n}{2}} \in {G}_{2}$ (porque al cuadrado da 1), es decir los posibles valores son $1$ y $-1$.
$1$ no puede ser, pues $z$ es primitiva y $\frac{n}{2} < n$ (no puede dar $1$ al elevarlo a un número menor que $n$)
Entonces $z^{\frac{n}{2}}=-1$
Por lo mismo, $w^{\frac{n}{2}}=-1$

Y $z^{\frac{n}{2}} \cdot w^{\frac{n}{2}}= (-1) \cdot (-1)=1$

Volviendo a la igualdad que quiero probar:
$(z^{-1}+w^{-1})^{\frac{n}{2}}=(z^{-1}+w^{-1})^{\frac{n}{2}} \cdot z^{\frac{n}{2}} \cdot w^{\frac{n}{2}}=$ (multipliqué por 1)
$((z^{-1}+w^{-1}) \cdot z \cdot w)^{\frac{n}{2}}=$ (junté todo porque está elevado al mismo exponente)
$(z^{-1} \cdot z \cdot w +w^{-1} \cdot z \cdot w)^{\frac{n}{2}}=$ (metí el "$z \cdot w$" adentro del paréntesis)
$(z^0 \cdot w + w^0 \cdot z)^{\frac{n}{2}}=(w+z)^{\frac{n}{2}}=(z+w)^{\frac{n}{2}}$ Que es lo que quería probar 🙂

muyy bueno, mil gracias!!..

saludos!..

#34 Erizo 2009-11-25 02:51

Che, yo el 5 lo planteé de otra forma y la verdad no se si está bien...

(w+z)^{\frac{n}{2}}\in \mathbb{R} \iff (w+z)^{\frac{n}{2}} = \overline{(w+z)^{\frac{n}{2}}}

\iff (w+z)^{\frac{n}{2}} = (\overline{w}+\overline{z})^{\frac{n}{2}} \iff arg(w+z)^{\frac{n}{2}}=arg(\overline{w}+\overline{z})^{\frac{n}{2}}

\iff \frac{n}{2} arg(w+z) =\frac{n}{2} arg(\overline{w}+\overline{z})\iff arg (w+z) = arg(\overline{w}+\overline{z})\iff arg(w+z)-arg(\overline{w}+\overline{z})= 0 + 2k\pi \iff arg(\frac{w+z}{\overline{w}+\overline{z}})=2k\pi

\iff arg(\frac{w+z}{\overline{w}+\overline{z}}\frac{w+z}{w+z})=0

\iff arg \left( \frac{(w+z)^2}{(Re(w)+Re(z))^2 + (Im(w) + Im(z))^2}\right)= 0 \iff arg(w+z)^2 = 0

\iff 2arg(w+z)=0 \iff arg (w+z)=0

Firma

#35 Quimey 2009-11-25 13:39

Está mal, principalmente porque no usas que sean raíces de la unidad y sin esa hipótesis el resultado es falso.
Además la cuenta con los argumentos es cualquiera (sin ofender). Por ejemplo:
vos decis $arg(a^m)=arg(b^m) \Rightarrow arg(a)=arg(b)$ eso es claramente falso.

Firma

Quimey