\(1.\) Probar que para todo par de números \(n,m \in \mathbb{N}\) coprimos existen \(s,t \in \mathbb{Z}\) tales que
$$\frac{1}{nm}=\frac{s}{n}+\frac{t}{m}$$
\(2.\) Sea \(f= \sum_{k=0}^{d} {a}_{k}X^k \in \mathbb{Z}[X]\) con \({a}_{d} \neq 0\) y \({a}_{0} \neq 0\). Probar que si \(\frac{\alpha}{\beta} \in \mathbb{Q}\) es raíz de \(f\), con \(\alpha,\beta \in \mathbb{Z}\) coprimos, entonces \(\alpha|{a}_{0}\) y \(\beta|{a}_{d}\).
\(3.\) Sea \(n \in \mathbb{N}\).
\(a)\) Probar que
$$\left(\begin{matrix}n \ m \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}n \ m-1 \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}n+1 \ m \end{matrix}\right)$$
para todo \(1 \leq m \leq n\).
\(b)\) Enunciar y probar la fórmula del binomio de Newton.
\(c)\) Calcular
\(4.\) En un tren con \(3\) vagones, cada uno de los cuales tiene una cantidad \(a\) de asientos, viajan \(p\) personas. ¿De cuántas formas distintas pueden ubicarse de manera que
\(a)\) no haya asientos vacíos?
\(b)\) haya a lo sumo dos asientos vacíos y en los vagones con asientos vacíos no haya personas paradas?
(Para las personas que viajan paradas, solo importa en qué vagón están)
\(5.\) Sean \(n,m \in \mathbb{N}\).
\(a)\) Probar que \({G}_{n} \cap {G}_{m}={G}_{(n:m)}\). Deducir que si \((n:m)=1\), entonces \({G}_{n} \cap {G}_{m}= \lbrace 1 \rbrace\).
\(b)\) Sea \({G}_{n} \cdot {G}_{m}=\lbrace w \cdot z \in \mathbb{C}|w \in {G}_{n}, z \in {G}_{m} \rbrace\). Probar que si \((n:m)=1\), entonces \({G}_{n} \cdot {G}_{m}={G}_{nm}\)
Para el primero:
\(\frac{1}{nm}=\frac{s}{n}+\frac{t}{m} = \frac{sm+tn}{mn} = \frac{1}{nm} \iff sm+tn = 1\)
En definitiva, esto es probar la identidad de Bézout, que dice que si \((a:b) = 1\), entonces \(\exists x, y \in \mathbb{Z}\) tal que \(ax + by = 1\). Voy a hacer la sustitucion \((n, m, t, s) \Rightarrow (a, b, x, y)\) para hacer las cosas mas fáciles.
Planteamos el conjunto de enteros positivos \(S = \{ax + by \mid x, y \in \mathbb{Z}\}\). Como \(S \neq \emptyset\), y es un conjunto de enteros positivos, sabemos que debe tener un elemento mas chico que todos los demas. Llamemos \(d\) a este elemento.
Por el algoritmo de Euclides, sabemos que puedo escribir \(a = qd + r\), con \(0 \le r < d\). Pero entonces \(r = a - dq = a - q(ax + by) = a(1-qx) + b(-qy)\) estaría en S si fuera positivo. Pero entonces \(d\) no es el menor elemento de \(S\), absurdo. Entonces como no puede ser positivo, es un entero, y existe, tiene que ser el caso que \(r = 0\). Entonces \(a = dq\), divisible por d.
Análogamente probamos que \(d \mid b\). Entonces \(d\mid a \land d \mid b\).
Digamos que \(c \in \mathbb{Z}\) es otro divisor de a y b. Entonces en particular \(c \mid ax + by\), pero esto es lo mismo que decir que \(c < d\land c \mid d\). Entonces \(d = (a:b)\).
Con esto probamos la identidad general de Bézout. El ejercicio simplemente pide el caso particular que \((a:b)=1\), entonces queda demostrado también.
Fijate si tiene sentido, es una de las demostraciones que me acuerdo pero quizás tiene algún error 🙂
Firma
Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.
Para el segundo, Jerónimo lo dió en clase. Es el criterio de Gauss para encontrar candidatos de raices fraccionales a polinomios en \(\mathbb{Z[X]}\).
Primero, asumo que \(\alpha = \frac{p}{q}\) está reducido y es una raiz, osea que \((p:q)=1\). De la misma manera, y sin perder generalidad, asumo que \(p \in \mathbb{Z} \land q \in \mathbb{N}\).
Para esto, veamos que pasaría si evalúo \(f(\frac{p}{q}) = 0\). Como me dicen que \(f \in \mathbb{Z[X]}\) y es de grado \(n\), esto significa que \(f(\frac{p}{q}) = 0 \Rightarrow \sum_{i=0}^n a_i (\frac{p}{q})^i = 0\).
Multiplicando todo por \(q^n\), tengo que \(\sum_{i=0}^n a_i \frac{p^i}{q^i} q^n = \sum_{i=0}^n a_i p^i q^{n-i} = 0\).
Esto es que \(a_0 p^0 q^n + a_1 p q^{n-1} + \cdots + a_{n-1} p^{n-1} q + a_n p^n = 0\).
Entonces \(a_1 p q^{n-1} + \cdots + a_{n-1} p^{n-1} q + a_n p^n = -a_0q^n\).
Pero entonces, como la parte de la izquierda es divisible por p, la parte de la derecha también. Pero sabemos que \((p:q)=1\). Entonces, por el lema de Euclides, \(p \mid a_0\).
Análogamente, \(q \mid a_n\) por una manipulación idéntica con el último término en vez del primero.
Para el 3:
1.
\(\binom{n}{m} + \binom{n}{m-1} = \binom{n+1}{m}\).
Tendría la pinta de una inducción, pero son tan simples que es demasiado laburo (doble inducción en m y n) para tan poca cosa.
Expandiendo por definición tenemos que
Cancelo el \((n-m)!\), ya que \((n-m+1)! = (n-m)!(n-m+1)\)...
$$(n-m+1) + m = n+1$$
Lo cual es cierto. Entonces, como simplemente manipulamos la expresión, todos nuestros pasos fueron si-y-solo-si. Entonces es cierto el enunciado principal.
Como detalle, esta es la identidad de Pascal.
Ahora en un rato posteo la del binomio de newton porque no me esta saliendo facil jaja...
Aparentemente es facil, es \(3^n\). Ahora a probarlo...
\(3^0 = 1\), caso base probado.
Lo que sabemos entonces es que \(\sum_{k=0}^n 2^k \binom{n}{k} = 3^n\). Con esto, queremos probar que \(\sum_{k=0}^{n+1} 2^k \binom{n+1}{k} = 3^{n+1}\).
Como partimos de lo que queríamos probar, y mediante una serie de si-y-solo-si (asumiendo la hipótesis inductiva) llegamos a una verdad, lo que queríamos probar debe ser cierto.
Checkear por favor el 3.3, que me quedé medio...sospechoso de la prueba.
Ah es bueeeeeena esa....es muy bueeeena......te digo lo que le dijo Einstein a Levi-Civita:
I admire the elegance of your method of computation; it must be nice to ride through these fields upon the horse of true mathematics while the like of us have to make our way laboriously on foot
Si?
Osea, decis que solo tendría que decir "Entonces como su maximo comun divisor es 1, existe una combinacion lineal tal que..."? El ejercicio terminaría en 3 minutos así :s Me pareció como que se pedía un poco mas que enunciar el teorema. El que lo presenten en fraccion no es la dificultad, ni el punto del ejercicio, imagino...
Si?
Osea, decis que solo tendría que decir "Entonces como su maximo comun divisor es 1, existe una combinacion lineal tal que..."? El ejercicio terminaría en 3 minutos así :s Me pareció como que se pedía un poco mas que enunciar el teorema. El que lo presenten en fraccion no es la dificultad, ni el punto del ejercicio, imagino...
Sí, tiene razón Rapsodius, no hacía falta demostrar todo, con solo decir que porque \((n:m)=1\) \(\exists s,t \in \mathbb{Z}\) tal que \(s \cdot n +t \cdot m =1\) alcanzaba.
$$$Pensando un poco, estamos en el item a), asi que queda: $ \binom{p}{3a} \cdot 3^{(p-3a)}$$
Si sumo todo queda este choclazo horrendo que no se si se puede simplificar o no:
\(\binom{p}{3a} \cdot 3^{(p-3a)} + 3a \cdot \binom{p}{3a-1} \cdot 2^{(p-(3a-1))} + 3 \left( 2^{(p-(3a-2))} \cdot \binom{p}{2a} \cdot \binom{a}{2} + \binom{p}{a} \cdot \binom{p-a}{2a-2} \right)\)
Por favor revísenlo y digan si hay casos q conté de más o de menos, pero para ahorrarles trabajo, creo que la fruta está en el caso de 2 asientos vacíos.
puede ser que en el Item A falte multiplicar todo por (3a)! ?
creo que una vez elejidas las personas, hay (3a)! formas de sentarlas en los asientos. lo mismo seria en el caso de una sola persona sentada, o sea multiplcar todo por (3a-1)!
$$$Notar que hay $a$ asientos en cada vag\'on, asi que el total de asientos en el tren ser\'ia $ 3a$$
$$$Entonces elijo $3a$ personas sentadas...$$$
\(\binom{p}{3a} \cdot 3^{(p-3a)} $ ...y a cada persona parada (todas - las sentadas) le asigno uno de los 3 vagones$\)
pablofromer escribió:
puede ser que en el Item A falte multiplicar todo por (3a)! ?
creo que una vez elejidas las personas, hay (3a)! formas de sentarlas en los asientos. lo mismo seria en el caso de una sola persona sentada, o sea multiplcar todo por (3a-1)!
Sí, faltaría multiplicar por \((3a)!\) porque las personas no son como bosones, sino que son distinguibles entre sí.
En la parte \(b)\) me parece que está el mismo error.
Sea \(w \in {G}_{n} \cap {G}_{m}\) (es decir, \(w^n=1\) y \(w^m=1\)), quiero ver que \(w \in {G}_{(n:m)}\), es decir, \(w^{(n:m)}=1\)
Por propiedades del \(mcd\), sé que \((n:m)=rn+sm\), \(r,s \in \mathbb{Z}\).
\(w^{(n:m)}=w^{rn+sm}=(w^n)^r.(w^m)^s=1^r.1^s=1\), que es lo que quería probar.
Sea \(w \in {G}_{(n:m)}\), quiero ver que \(w^n=w^m=1\)
\((n:m)|n \Rightarrow n=(n:m).k\), \(k \in \mathbb{Z}\)
$$w^n=w^{(n:m).k}=(w^{(n:m)})^k=1^k=1$$
(exactamente igual para \(w^m\))
La observación sale directo:
Si \((n:m)=1 \Rightarrow {G}_{n} \cap {G}_{m}={G}_{1}= \lbrace 1 \rbrace\)
$$b.$$
De nuevo, doble inclusión
Sea \(w \in {G}_{n}.{G}_{m}\), quiero ver que \(w^{nm}=1\)
Por definición de \({G}_{n}.{G}_{m}\), \(w=z.u\), con \(z \in {G}_{n}\) y \(u \in {G}_{m}\)
(Observacíon: esto vale siempre, no hace falta que \((n:m)=1\))
Sea \(w \in {G}_{nm}\), quiero ver que existen \(z \in {G}_{n}\) y \(u \in {G}_{m}\) tal que \(w=z.u\)
Por proìedades del \(mcd\), existen \(s,t \in \mathbb{Z}\) tal que \(1=sn+tm\). Luego
$$w=w^1=w^{sn+tm}=w^{sn}.w^{tm}$$
Propongo \(z=w^{tm}\) y \(u=w^{sn}\), tengo que ver que \(z^n=1\) y que \(u^m=1\)