$$\text{1. Sea }A\text{ un conjunto de cardinal }n\ (n \ge 2)\text{ y }B\text{ un conjunto de }2\text{ elementos.}$$
$$\text{ Determinar el n\'umero de funciones suryectivas de }A\text{ en }B\text{.}$$
$$\text{2. Probar que}$$
$$\sum_{i=1}^n \frac{n-i}{i+2} \ge \frac{n}{n+2}$$
$$\text{para todo }n \ge 3.$$
$$\text{3. Demostrar que existen infinitos n\'umeros enteros }(x, y)\text{ tales que }{(x : y) = 7\text{ y }x+y=196}$$
$$\text{4. Hallar todos los }z \in \mathbb{C}\text{ tales que }|z| = \sqrt{5}\text{ y }z^3-2z+16=3\bar{z}$$
$$\text{5. Sean }a\text{ y }b\text{ enteros no nulos tales que }(a:b)=1\text{. Probar que}$$
$$X^{10} + 5X^6 -2X^5 - 10X^3 + 10bX + a$$
$$\text{no tiene ra\'ices m\'ultiples en }\mathbb{Q}.$$
Acabo de rendir este. En unas horas me lo devuelven y posteo las resoluciones (si alguien me gana de mano, bienvenido sea 🙂 ).
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Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.
La onda en este ejercicio, para mi, fue imaginarse en una forma apropiada las funciones de las cuales se está hablando. La fórmula general para la cantidad de funciones recursivas la verdad que no la sé, no la supe, y no la sabré. Pero pensando las funciones de esta manera, la verdad que sale.
Se pueden pensar a las funciones como n-uplas de tuplas. Con esto quiero decir, imaginemos algo como esto:
Lo que quiero expresar acá es que cualquier función que vaya de A a B, puede o ir a \(B_1\), o ir a \(B_2\) (considerando \(B = \{B_1, B_2\}\)). Esta forma de verla es apropiada, y podemos ver dos restricciones: ninguna fila puede ser enteramente negra (pués la no sería función), y ninguna fila puede estar toda blanca (pues la función no estaría definida para ese elemento).
Entonces, para cada función, voy a elegir un lugar donde poner negro. Esto hace fácil ver, si no lo sabíamos ya, que va a haber \(2^n\) funciones posibles, porque en cada fila, elijo donde poner el negro.
Ahora, que significa ser suryectiva? Que, empezando desde la casilla (1, 1), y haciendo una linea hacia abajo, voy a tocar una fila negra. Esto sería alguien que va al primer elemento. Y también, necesito que hacer lo mismo en la (1, 2), siempre toque algún casillero negro.
Es difícil que no pase esto, hay muchas chances para que algún elemento de \(A\) vaya a \(B_1\) (o \(B_2\), respectivamente). Precisamente, hay una forma de que esto no pase - que mandemos todas los coloreos negros a la otra fila!
Esto es una coloración del tipo:
o
En realidad, si vemos bien, estas son las únicas posibilidades para que no sea suryectiva.
Entonces, podemos restar los casos (viendo que son disjuntos - no podés mandar nada a nada, no serías función).
Entonces las posiblidades son (total de funciones) - (funciones no suryectivas).
Entonces la respuesta es
\(2^n - 2\)
\(\sum_{i=1}^n \frac{n-i}{i+2} \ge \frac{n}{n+2}\)
Bueno, nos dicen que vale \(\forall\ n \ge 3\). Entonces, probemos la cota inferior.
$$\sum_{i=1}^3 \frac{n-i}{i+2} \ge \frac{3}{5} = \frac{2}{3} + \frac{1}{4} + 0 \ge \frac{2}{3}$$
$$\frac{8+3}{12} \ge \frac{2}{3}$$
\(11\cdot 3 \ge 2\cdot 12 \iff 33 \ge 24\).
Entonces es cierto para este caso. Bueno, probémoslo por inducción. Entonces, asumimos que \(\sum_{i=1}^n \frac{n-i}{i+2} \ge \frac{n}{n+2}\), y queremos probar que \(\sum_{i=1}^{n+1} \frac{n+1-i}{i+2} \ge \frac{n+1}{n+3}\).
$$\sum_{i=1}^{n+1} \frac{n+1-i}{i+2} \ge \frac{n+1}{n+3}$$
$$\iff \sum_{i=1}^n \frac{n+1-i}{i+2} + 0 \ge \frac{n+1}{n+3}$$
$$\iff \sum_{i=1}^n \frac{n-i}{i+2} + \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+2} \ge \frac{n+1}{n+3}$$
\(\overset{\underset{\mathrm{H.I.}}{}}{\iff}\) \(\frac{n}{n+2} + \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+2} \ge \frac{n+1}{n+3}\)
$$\iff \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+2} \ge \frac{n+1}{n+3} - \frac{n}{n+2}$$
$$\iff \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+2} \ge \frac{(n+1)(n+2) - n(n+3)}{(n+3)(n+2)}$$
$$\iff \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+2} \ge \frac{n^2+2n+n+3-n^2-3n}{(n+3)(n+2)}$$
$$\iff \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+2} \ge \frac{3}{(n+3)(n+2)}$$
$$\iff \sum_{i=1}^n \frac{(n+3)(n+2)}{i+2} \ge 3$$
Consideramos el último término de la serie...
$$\iff \sum_{i=1}^{n-1} \frac{(n+3)(n+2)}{i+2} + (n+3) \ge 3$$
Pero ya el último término es mas grande que tres, y el resto de la serie es mayor a cero.
Entonces esto es cierto.
Como empezamos por nuestra hipótesis, y mediante si-y-solo-si's llegamos a algo cierto, la hipótesis es cierta.
Bueno, nos piden eso. Tiene toooda la pinta de una diofántica. Entonces, encontremos alguna solución particular. Yo elegí usar \(7\cdot 5 = 35\) para el \(x_0\), y el "complemento" \(196 - 35 = 161 = 7\cdot 23\). Las soluciones que estamos buscando van a ser de la forma \(x + y = 196\). Yo sé que las soluciones de esta ecuación van a ser \((x_0 + k, y_0 - k)\), para algunos k. O sea, todas esas tuplas van a ser soluciones, para todo \(k \in \mathbb{Z}\). Ahora, no todas esas van a cumplir que el mcd sea 7, para cada par de soluciones \((a, b)\). Ahora, hagamos que eso sea posible.
\({(x_0 + k : y_0 - k) = (35 + k : 161 - k) = (35 + k : 161 - k + (35 + k)) = (35 + k : 196)}\). Ahora, cualquier MCD que divida a los dos, va a tener que ser de la forma \(d = 2^\alpha \cdot 7^\beta\), con \(0\le\alpha\le 2, 0 \le \beta \le 2\), porque \(196 = 2^2\cdot 7^2\). Yo quiero que en particular, sea \(7\). Entonces quiero que \(2 \nmid 35+k\), \(7 \mid 35+k\), pero \(7^2 \nmid 35+k\).
Entonces veamos que onda esto.
\(35+k\equiv 1+k \pmod{2}\). Entonces quiero que \(k \equiv 0 \pmod{2}\).
\(35+k \equiv 0 + k \pmod{7}\). Pero quiero que 7 lo divida. Entonces \(k \equiv 0 \pmod{7}\).
Esto, por el teorema chino del resto, me da un resultado fácil - quiero que \(k \equiv 0 \pmod{14}\).
Entonces \(k = 14q\).
Ahora falta la última condición. Quiero que \(35 + k \not\equiv 0 \pmod{49}\).
Esto es \(-14 + 14q \not\equiv 0 \pmod{49} \iff 14(q-1) \not\equiv 0 \pmod{49}\)
Haciendo la famosa tablita, vemos que los \(q-1\) que hacen que esto sea 0, mod 49, son \(0, 7, 14, 21, 28, 35, 42\). Entonces, los \(q\) que tengo que evitar son \(1, 8, 15, 22, 29, 36, 43\). Cualquier otro, hace que lo que quiero se cumpla.
Entonces todas esas soluciones piden lo cumplido, y son infinitas.
\(X^{10} + 5X^6 -2X^5 - 10X^3 + 10bX + a\)
Bueno, veamos que no puede tener raíces múltiples racionales. Cuando digo múltiples, dos cosas que deberían saltar a la cabeza son:
- \((x-\alpha)^2\mid f\)[/*:m]
- \((x-\alpha)\mid f \land (x-\alpha)\mid f'\)[/*:m]
Esto claramente generaliza a la multiplicidad de la raíz, pero múltiple significa \(n \ge 2\).
Cuando digo "raíz racional", lo que debería saltar al toque a la cabeza es el criterio de Gauss para raíces racionales. Él dice que si \(f = \sum_{k=0}^n c_k x^k\) tiene una raíz racional \(\alpha = \frac{p}{q}\), entonces \(p\mid c_0\) y \(q \mid c_n\).
Acá, \(c_n=1\), entonces si tiene raíces racionales, en realidad son enteras. Esto nos dice entonces que las raíces racionales de \(f\) tienen que dividir, si existen, a \(c_0 = a\).
Ahora veamos \(f'\).
\(f' = 10x^9 + 30x^5 - 10x^4 - 30x^2 + 10b\).
Pero si nos fijamos, esto se puede escribir como \(f' = 10\cdot(x^9 +3x^5 -x^4-3x^2+b)\). Es fácil ver que cualquier raíz de \(f'\) tiene entonces que ser raíz de \(x^9 +3x^5 -x^4-3x^2+b\) (es un si y solo si).
Con el mismo criterio, vemos que las raíces de \(f'\) racionales van a ser los divisores de \(b\).
Entonces, si \(\alpha = \frac{p}{q}\) es una raíz racional múltiple, \(q=1\), \(p\mid a\), y \(p \mid b\), puesto que tiene que ser raíz racional de \(f\) y \(f'\) al mismo tiempo. Pero si \(p\mid a \land p\mid b \Rightarrow p\mid (a:b) = 1\). Entonces \(p = 1\) o \(p=-1\). Esas son las únicas raíces racionales posibles.
Veamos entonces que pasa cuando reemplazamos en los polinomios:
\(f(1) = 1 + 5 - 2 - 10 + 10b + a = 0 \Rightarrow a = -10b + 6\).
\(f'(1) = 10 + 30 - 10 - 30 + 10b = 10b = 0 \Rightarrow b = 0.\). Pero esto no puede ser, pues entonces \(a = 6\), y \((a:b) = 6 \ne 1\). Entonces \(1\) no puede ser raíz.
Probemos -1.
$$f(-1) = 1 + 5 + 2+ 10 -10b + a = 0 \Rightarrow a = 10b - 18$$
\(f'(-1) = -10 - 30-10-30+10b = 0 \Rightarrow -80 = -10b \Rightarrow b = 8\).
Pero si \(b=8\), entonces \(a = 80-18 = 62\), entonces \((a:b)=2\), absurdo.
Entonces -1 no puede ser raíz.
Como solo podía ser 1 o -1, y no es ninguna, entonces no existe una raíz múltiple racional.
Voy a ir editando este post a medida que postee las resoluciones (la del 4 la voy a hacer al final porque no lo hice en el parcial, si alguien me quiere ganar de mano, genial 🙂 )
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