\(1.\) Probar que si \(p \in \mathbb{N}\) es primo y \(a \in \mathbb{Z}\) no es múltiplo de \(p\), entonces
Voy a usar que \(a^p \equiv a (mod \: p)\) \(\forall a \in \mathbb{Z}\)
Demostración: Por inducción en \(a\)
Si \(a<0\), reemplazo \(a\) por \({r}_{p}(a)\) (el resto de dividir a \(a\) por \(p\)) pues \(a \equiv {r}_{p}(a) (mod \: p)\). Dicha esta aclaración, puedo considerar \(a \geq 0\).
Caso base: \(a=0\)
\(0^p \equiv 0 (mod \: p)\). Es cierto pues \(p|0\) \(\forall p \in \mathbb{Z}\)
Hipótesis inductiva: \(a^p \equiv a (mod \: p)\).
Quiero ver que \((a+1)^p \equiv a+1 (mod \: p)\)
Observación: \(p|\binom{p}{i}\) si \(0<i<p\) (desigualdades estrictas).
La demostración se las debo, si no sale pregunten.
\((a+1)^p\) =\(\sum _ {i=0}^{p}\) \(\binom{p}{i}\) \(a^i\) = \(\binom{p}{0} a^0 + \sum_{i=1}^{p-1} \binom{p}{i} a^i + \binom{p}{p} a^p =\) \(1+ \sum_{i=1}^{p-1} \binom{p}{i} a^i + a^p\)
\(\sum_{i=1}^{p-1} \binom{p}{i} a^i \equiv 0 (mod \: p)\) (por la observación)
Entonces \(1+ \sum_{i=1}^{p-1} \binom{p}{i} a^i + a^p \equiv 1+a^p \equiv 1+a (mod \: p)\) (usé la hipótesis inductiva)
Por la cadena de igualdades/congruencias \((a+1)^p {\equiv}}1+a \equiv a+1 (mod \: p)\) que es lo que quería probar.
Luego, \(a^p \equiv a (mod \: p)\) \(\forall a \in \mathbb{Z}\)
Usando esto, veámos lo que pide el ejercicio
Como \((a:p)=1\), puedo dividir por \(a\)
Fin de la demostración.
\(2.\) Sean \(X\) un conjunto y \(R\) una relación de equivalencia en \(X\). Para cada \(x \in X\), notemos \({C}_{x}= \{y \in X | yRx \}\). Probar que \({C}_{x} \neq \emptyset\) para todo \(x \in X\) y que para todo par \({x}_{1}, {x}_{2} \in X\), vale que \({C}_{{x}_{1}}={C}_{{x}_{2}}\) ó \({C}_{{x}_{1}} \cap {C}_{{x}_{2}}\)\(= \emptyset\)
\({C}_{x}\) no vació:
Sea \(x \in X\). Como \(R\) es una relación de equivalencia, \(xRx\) \(\forall x \in X\), es decir, \(x \in {C}_{x}\) para todo \(x \in X\). Luego \({C}_{x}\) es no vacío.
Sean \({x}_{1}, {x}_{2} \in X\). Puede pasar que \({x}_{1}\) esté relacionado con \({x}_{2}\) ó \({x}_{1}\) no esté relacionado con \({x}_{2}\).
Veamos el primer caso, \({x}_{1}\) relacionado con \({x}_{2}\). Quiero ver que \({C}_{{x}_{1}}={C}_{{x}_{2}}\)
Sea \(y \in {C}_{{x}_{1}} \Rightarrow yR{x}_{1}\).
Sé que \({x}_{1}R{x}_{2}\). Tengo que \(yR{x}_{1}\) y \({x}_{1}R{x}_{2}\), como \(R\) es transitiva (es de equivalencia), \(yR{x}_{2} \Rightarrow y \in {C}_{{x}_{2}}\).
Luego \({C}_{{x}_{1}} \subseteq {C}_{{x}_{2}}\)
Sea \(y \in {C}_{{x}_{2}} \Rightarrow yR{x}_{2}\)
Sé que \({x}_{1}R{x}_{2}\), como \(R\) es simétrica \({x}_{2}R{x}_{1}\).
Tengo que \(yR{x}_{2}\) y \({x}_{2}R{x}_{1}\), entonces, como \(R\) es transitiva, \(yR{x}_{1} \Rightarrow yR{x}_{1}\).
Luego \({C}_{{x}_{2}} \subseteq {C}_{{x}_{1}}\)
Entonces \({C}_{{x}_{1}}={C}_{{x}_{2}}\).
El otro caso: \({x}_{1}\) NO relacionado con \({x}_{2}\). Quiero ver que \({C}_{{x}_{1}} \cap {C}_{{x}_{2}}= \emptyset\).
Supongo que esto so es cierto, es decir, \(\exists y \in X\) tal que \(y \in ({C}_{{x}_{1}} \cap {C}_{{x}_{2}})\).
Como \(y \in ({C}_{{x}_{1}} \cap {C}_{{x}_{2}})\) entonces \(y \in {C}_{{x}_{1}}\) e \(y \in {C}_{{x}_{2}}\). Entonces \(yR{x}_{1}\) e \(yR{x}_{2}\).
Como \(R\) es simétrica \({x}_{1}Ry\) e \(yR{x}_{2}\).
Como \(R\) es transitiva \({x}_{1}R{x}_{2}\). Absurdo, pues estoy suponiendo que no están relacionados.
Entonces \(\nexists y \in X\) tal que \(y \in ({C}_{{x}_{1}} \cap {C}_{{x}_{2}})\). Entonces \({C}_{{x}_{1}} \cap {C}_{{x}_{2}}= \emptyset\).
Fin del ejercicio.
\(3.\) Probar que:
\(a)\) Para todos \(n,k \in \mathbb{N}\) con \(n \geq k\),
\(\binom{n+1}{k+1}= \sum_{j=k}^{n}\binom{j}{k}\).
Por inducción en \(n\):
Caso base: \(n=1\). Como \(1 \leq k \leq 1 \Rightarrow k=1\)
\(\sum_{j=1}^{1}\binom{j}{k}= \binom{1}{1}=1\).
Luego para \(n=k=1\) es verdadero.
Paso indutivo:
Hipótesis inductiva:
\(\binom{n+1}{k+1}= \sum_{j=k}^{n}\binom{j}{k}\) para todo \(k \leq n\)
Quiero ver que \(\binom{(n+1)+1}{k+1}= \sum_{j=k}^{n+1}\binom{j}{k}\) para todo \(k \leq n+1\).
Que \(k \leq n+1\) significa (\(k<n+1\) ó \(k=n+1\)), ó lo que es lo mismo (\(k \leq n\) ó \(k=n+1\))
Voy a hacerlo por separado. Para \(k \leq n\) uso la hipótesis inductiva, y para \(k=n+1\) lo hago a mano.
Si \(k \leq n\)
Voy a usar que \(\binom{m}{i} + \binom{m}{i-1} = \binom{m+1}{i}\)
\(\binom{(n+1)+1}{k+1}=\binom{n+1}{k+1}+ \binom{n+1}{k}=\) (por HI)
\(\sum_{j=k}^{n}\binom{j}{k}+\binom{n+1}{k}=\sum_{j=k}^{n+1}\binom{j}{k}\) ("metí" el término adentro de la sumatoria).
Luego, la propiedad vale si \(k \leq n\).
Si \(k=n+1\)
La propiedad vale si \(k \leq n\) y si \(k=n+1 \Rightarrow\) la propiedad vale si \(k \leq n+1\)
Entonces la propiedad vale para todo \(k, n \in \mathbb{N}\)
\(b)\) Para todos \(k,n,m \in {\mathbb{N}}_{0}\) tales que \(k \leq n+m\),
Este se los debo, no me salió.
Se me ocurre que se podría hacer inducción en "\(n+m\)". Es decir, llamo \(S=n+m\) y hago inducción sobre \(S\). El caso base sería \(S=0\) (y por lo tanto, \(n=m=k=0\)) y habría que probar que la propiedad vale para \(S+1\). \(S+1=(n+m)+1\) que puedo pensarlo como \((n+1)+m\) ó \(n+(m+1)\) (para desarrollar los combinatorios).
No sé... si alguien tiene ganas de pensarlo, o si alguien lo hizo, se lo agradecería mucho.
\(4.\) Decidir si son verdaderas o falsas cada una de las siguientes afirmaciones. Justificar.
\(a)\) Para todo \(n \in \mathnn{N}\), \(n \geq 2\), el polinomio \(\frac{X^n-1}{X-1}\) es irreducible en \(\mathbb{Q}[X]\)
FALSO
Con \(n=4\)
\(X^4-1=(X^2-1)(X^2+1)=(X-1)(X+1)(X^2+1)\). Entonces
\(\frac{X^4-1}{X-1}=(X+1)(X^2+1)\).
Es producto de dos polinomios en \(\mathbb{Q}[X]\), entnces no es irreducible en \(\mathbb{Q}[X]\).
\(b)\) Si \(n={p}_{1}{p}_{2}{p}_{3}\) con \({p}_{1},{p}_{2},{p}_{3} \in \mathbb{N}\) primos distintos, el producto de las raíces \(n\)-ésimas primitivas de la unidad es \(-1\).
FALSO
Con \(n=30\) (\({p}_{1}=2\), \({p}_{2}=3\), \({p}_{3}=5\)) el producto de las primitivas da \(1\).
Voy a hacer algo más general.
Notación: \({G}_{n}^*= \{raices \; primitivas \; de \; {G}_{n} \}\)
Si \(w \in {G}_{n}^* \Rightarrow (w^k \in {G}_{n}^* \Leftrightarrow (k:n)=1)\)
En particular, \((n-1:n)=1\) para todo \(n\).
Entonces si \(w \in {G}_{n}^*\), \(w^{n-1} \in {G}_{n}^*\)
Pero \(w^{n-1}=w^n \cdot w^{-1}=w^{-1} = \overline {w}\)
Luego \(w \in {G}_{n}^* \Leftrightarrow \overline {w} \in {G}_{n}^*\) (la implicación para el otro lado vale porque \(\overline{\overline {w}}=w\))
Notar también que si \(n \geq 3\), \(w \in {G}_{n}^*\) entonces \(w \neq \overline {w}\).
Para hacer el producto de todas las raices primitivas puedo "agarrarlas" de a pares, cada una con su conjugada.
Sea \(w \in {G}_{n}^*\), \(w \cdot \overline {w} = w \cdot w ^{-1}= w^0=1\).
Si estoy en \({G}_{n}\) con \(n \leq 3\), cuando multiplico todas las primitivas, cada una "da \(1\)" con su conjugada, o sea, voy a terminar multiplicando unos, o sea, el producto va a ser siempre \(1\).
En \({G}_{1}\) (¿Al \(1\) se lo considera primitiva en \({G}_{1}\)?). Si \(1\) es primitiva, entonces es trivial decir que el producto da \(1\), pues es la única raíz. Si \(1\) no es primitiva, no tiene sentido hablar de producto de primitivas.
En \({G}_{2}\), la única raíz primitiva es \(-1\), es decir, el producto de "todas" las raíces primitivas de \({G}_{2}\) es \(-1\). Acá falla lo que escribí antes porque \(-1= \overline {-1}\), entonces al multiplicar \(-1\) con \(\overline {-1}\) estoy contando dos veces la misma raíz.
Resumiendo, el enunciado es falso, no importa como escriba a \(n\), lo que importa es que sea mayor a \(2\) (ó \(1\), si es que \(1\) es primitiva en \({G}_{1}\))
\(c)\) Si \(\alpha \in \mayhbb{C}\) es raíz triple de un polinomio \(f \in \mathbb{C}[X]\), el resto de dividir a \(f'\) por \((X-\alpha)^3\) tiene grado \(2\).
VERDADERO
Como \(\alpha\) es raíz triple de \(f\), \((X-\alpha)^3|f\), entonces \(f=(X-\alpha)^3 \cdot g\) (\(X-\alpha\) no divide a \(g\), pues si no \(\alpha\) sería raíz al menos cuádruple y no triple).
Con esa escritura de \(f\), \(f'=3 \cdot (X-\alpha)^2 \cdot g + (X-\alpha)^3 \cdot g' = (X-\alpha)^2 \cdot (3 \cdot g + (X-\alpha) \cdot g')\)
Como quiero datos del resto de dividir a \(f'\) por \((X-\alpha)^3\), trato de escribir a \(f'\) como \((X-\alpha)^3 \cdot q +r\) (\(q,r\) polinomios en \(\mathbb{C}[X]\), \(gr(r) \leq 2\)).
Ya tengo un \((X-\alpha)^2\), así que "me falta" un \((X-\alpha)\)
Divido a \(3 \cdot g + (X-\alpha) \cdot g'\) por \(X-\alpha\).
Por el algoritmo de división, \(3 \cdot g + (X-\alpha) \cdot g'=(X-\alpha) \cdpot h + p\), con \(p=0\) ó \(gra(p)=0\) (o sea, una constante)
\(p\) no puede ser \(0\), porque eso implicaría que \(X-\alpha\) divide a \(3 \cdot g + (X-\alpha) \cdot g'\). Y esto no es cierto pues \(X-\alpha|(X-\alpha) \cdot g'\) pero \(X-\alpha\) no divide a \(3 \cdot g\) (así pedí que fuera \(g\)). Luego \(p\) es una constante en \(\mathnn{C}\) distinta de \(0\).
Volviendo a la escritura que tenía de \(f'\), usando lo que escribí recién,
\(f'=(X-\alpha)^2 \cdot ((X-\alpha) \cdpot h + p)= (X-\alpha)^3 \cdot h + (X-\alpha)^2 \cdot p\).
Si \(gr((X-\alpha)^2 \cdot p) \leq 2\), entonces \((X-\alpha)^2 \cdot p)\) es el resto de dividir a \(f'\) por \((X-\alpha)^3\).
En particular, si pruebo que es exactamente \(2\), terminé el ejercicio.
\(5.\) Sean \(a,b,c,d \in \mathbb{Z}\), \(b \neq 0\), \(d \neq 0\). Probar que si \(\frac{a}{b}+\frac{c}{d} \in \mathbb{Z}\), \((a:b)=1\) y \((c:d)=1\), entonces \(|b|=|d|\).
\(\frac{a}{b}+\frac{c}{d} \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow\) \(\frac{d \cdot a+c \cdot b}{b \cdot d} \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow\) \(b \cdot d |d \cdot a+c \cdot b \Leftrightarrow\) \(d \cdot a+c \cdot b = b \cdot d \cdot q\) con \(q \in \mathbb{Z}\).
Sea \(k =q \cdot d \Rightarrow\) \(d \cdot a+c \cdot b = b \cdot k \Rightarrow\) \(b|d \cdot a+c \cdot b\).
Como \(b|c \cdot b \Rightarrow b|d \cdot a\). Como \((a:b)=1\), \(b|d \Rightarrow |b| \leq |d|\).
Sea \(m=b \cdot q \Rightarrow d \cdot a+c \cdot b = d \cdot m \Rightarrow\) \(d|d \cdot a+c \cdot b\).
Como \(d|d \cdot a \Rightarrow d|b \cdot c\). Como \((d:c)=1\), \(d|b \Rightarrow |d| \leq |b|\).
Tengo que \(|b| \leq |d|\) y \(|d| \leq |b| \Leftrightarrow |b|=|d|\)
Se aceptan crítcas, comentarios, correcciones, preguntas, etc. ^^
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