Examen final(27/07/2010)-Álgebra I

Parece mas un parcial.

Mil gracias!
En el 3) dice \((3a^{14}-2:55)\)
O sea es un \(3\) lo que acompaña a la \(a\)?

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Mike.

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gracias! no parece tan dificil 🙂 yo rindo el 10 algebra. :p

Subo algunas soluciones.

Problema 1
a) Bueno, si interpretamos el enunciado literalmente, es claro que la respuesta es \(\binom{8}{3} = 56\), ya que cualquier triunvirato tiene 2 personas del mismo sexo. Ahora, si se referían a que haya exactamente dos personas de un mismo sexo y una del otro, dividimos en dos casos: si son dos mujeres y un varón, son \(\binom{3}{2}\binom{5}{1}=15\) triunviratos posibles y si son dos varones y una mujer, son \(\binom{3}{1}\binom{5}{2}=30\) triunviratos posibles. Luego la respuesta es \(45\).

Problema 2
Por inducción, of course. Para \(n=1\) y \(n=2\) se cumple. Supongamos que se cumple para \(k\) y \(k+1\) y veamos que se cumple para \(k+2\). En efecto, \(a_{k+2} = 2a_{k+1} + 8a_{k} \leq 2 \cdot 4^{k+1} + 8 \cdot 4^k = 2 \cdot 4^{k+1} + 2 \cdot 4^{k+1} = 4^{k+2}\), como queríamos.

Problema 3
Para que \(3a^{14} - 2\) y \(55\) no sean coprimos, \(3a^{14} - 2\) tiene que ser divisible por \(5\) o por \(11\). Pero como sabemos que \(a \equiv 6 \pmod {11}\), tenemos que \(3a^{14} \equiv 3a^4 \equiv 3 \cdot 6^4 \pmod {11}\) (acá usé el teorema de Fermat, pues en particular \(a\) es coprimo con \(11\)). Como \(6^2 = 36 \equiv 3 \pmod{11}\), \(6^4 \equiv 3^2 = 9 \pmod{11}\), y \(3 \cdot 6^4 \equiv 3\cdot9 = 27 \equiv 5 \pmod{11}\), entonces al restarle \(2\) no nos puede quedar un múltiplo de \(11\). Por lo tanto la única forma que se cumpla lo que pide el enunciado es que \(3a^{14}-2\) sea divisible por \(5\). Si \(a\) es múltiplo de \(5\) claramente esto no pasa, entonces \(a\) es coprimo con \(5\), y por lo tanto otra vez por Fermat \(3a^{14} \equiv 3a^2 \pmod 5\). Entonces queremos \(3a^2 \equiv 2 \pmod 5\), multiplicando por \(2\) en ambos miembros obtenemos \(a^2 \equiv 4 \pmod 5\), por lo tanto \(a \equiv \pm2 \pmod 5\).
No olvidemos que nos pedían \(a \equiv 6 \pmod{11}\). Por el teorema chino del resto vamos a tener dos soluciones módulo \(55\), que son \(17\) y \(28\).

Problema 4
Para ver que es real basta ver que es igual a su conjugado. Ahora bien, \(\overline{(1-z)^n} = {\overline{(1-z)}}^n = (1 - \overline{z})^n = \left(1 - \frac{1}{z}\right)^n = \left(\frac{z-1}{z}\right)^n = \frac{(z-1)^n}{z^n}\). Como \(z\) está en \(G_{2n}\), \((z^n)^2 = 1\), pero además es primitiva, entonces necesariamente \(z^n = -1\). Finalmente como \(n\) es impar, \(\frac{(z-1)^n}{-1} = \left(\frac{z-1}{-1}\right)^n = (1-z)^n\), como queríamos.

Problema 5
\(X^3 + 3X^2 + 4X + 2 = X^3 + 2X^2 + 2X + X^2 + 2X + 2 = (X^2 + 2X + 2)(X+1)\)
El primer factor (llamémoslo \(Q\)) no tiene raíces reales, como \(P\) tiene coeficientes reales, o bien \(Q\) divide a \(P\) o son coprimos. Pero si son coprimos, el mcd entre \(P\) y ese polinomio que nos dan puede tener grado a lo sumo 1. Luego, \(Q \mid P\).
Si hacemos la división entre \(P\) y \(Q\) (no sé cómo escribirlo acá para que quede lindo), obtenemos que el resto de esa división es justamente \(-a\) (o sea que el polinomio que queda si tachamos el término independiente es divisible por \(Q\)). Por lo tanto para que se cumpla lo pedido debe ser \(a=0\).
Para que la solución esté completa falta verificar que el mcd entre \(P\) y el otro polinomio tiene grado exactamente \(2\), o sea, que no es divisible también por \(X+1\). Para esto evaluamos el polinomio en \(-1\) y vemos que no da \(0\).

** Problema 5:**
\($Encuentre todos los $a\in\mathbb{Q}$ tales que $P=3x^5+10x^4+12x^3+4x^2-4x-a\) \($satisface que $(P:x^3+3x^2+4x+2)$ tiene grado 2.$\)
\($Sea $Q(x)=x^3+3x^2+4x+2$, vemos que $Q(-1)=0$, luego $\) \(Q(x)=(x+1)(x^2+2x+2)\).
\($Como $x+1$ y $x^2+2x+2$ son irreducibles en $\mathbb{Q}\[X\]\)\($, esta factorizaci\'on es \'unica, y\)
\(D(x)=(P:x^3+3x^2+4x+2) \in \{1,x+1,x^2+2x+2,Q(x)\},\) \($luego, por ser de grado 2, $D(x)=x^2+2x+2\).

 \($Como buscamos que el resto sea cero, \fbox{$a=0$}\)

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La verdad que no pensé que el final iba a ser tan parecido a un parcial, fue bastante fácil.
Muy buena la solución del 5.
Esperemos que el recu de mañana tenga problemas como estos xD

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No entiendo porque tiene las 2 raices tiene que ser irreducibles en Q, Podria tener una real y una racional.

\($a) ?`Cu\'antos triunviratos que tengan 2 personas$\) \($del mismo sexo se pueden formar?$\) \($Asumimos que se refiere a \textit{exactamente} 2 personas del mismo sexo.\) \($Si son 2 varones, elegimos 2 varones entre 5,$\) \($y 1 mujer entre 3. Esto se puede hacer de $\binom{5}{2}\cdot\binom{3}{1}$ maneras.$\) \($Si son 2 mujeres, elegimos 2 mujeres entre 3,$\) \($y 1 varon entre 5. Esto se puede hacer de $\binom{3}{2}\cdot\binom{5}{1}$ maneras.$\) \($En total, hay $\binom{5}{2}\cdot\binom{3}{1}+\binom{3}{2}\cdot\binom{5}{1}=10\cdot3+3\cdot5=\) \(\fbox{45}$ triunviratos posibles.$\) \($b) ?`Cu\'antas hileras de 8 personas se pueden formar si las$\) \($mujeres no pueden ocupar ni el primer ni el \'ultimo lugar?$\) \($Ubicamos los varones del primer y \'ultimo lugar.\) \($Esto se puede hacer de $5\cdot4$ maneras.$\) \($Ubicamos las 6 personas restantes en 6 lugares.\) \($Esto se puede hacer de $6!$ maneras.$\) \($En total, hay $5\cdot4\cdot6!=\fbox{14400}$ hileras posibles.$\) \($c) ?`Cu\'antas hileras de 7 personas se pueden formar si personas$\) \($del mismo sexo no pueden ocupar lugares consecutivos?$\) \($La \'unica distribuci\'on posible de lugares para varones y mujeres, es VMVMVMV\). \($Ubicamos a las 3 mujeres en los 3 asientos asignados.$\) \($Esto se puede hacer de $3!$ maneras.$\) \($Ubicamos a 4 de los 5 varones en los 4 asientos asignados.$\) \($Esto se puede hacer de $\binom{5}{4}4!=5!$ maneras.$\) \($En total, hay $3!\cdot5!=\fbox{720}$ hileras posibles.$\)

Matías escribió:

Por el teorema chino del resto vamos a tener dos soluciones módulo \(55\), que son \(17\) y \(28\).[/resolucion]

Solo 2 soluciones o esas 2 congruente modulo 55?

Cristianrock escribió:

Solo 2 soluciones o esas 2 congruente modulo 55?

Se refiere a que son sólo esas dos soluciones entre 0 y 55, pero que todas las soluciones son \(17+55k\) y \(28+55k\).
En otras palabras, un entero es solución si y sólo si es congruente con 17 o con 28 módulo 55.

Otra forma de resolver el 5to :
El mcd entre el polinomio P y el de grado 3 dado (lo voy a llamar Q) es el mismo que el mcd entre Q y R (Q:R), con R el resto de dividir a P por Q (por el algoritmo de euclides) Al dividir, el resultado es un polinomio de grado 2 en el que reaparece la incógnita a, pero usando el mismo argumento de antes, el mcd entre P y R es (R:R2), con R2 el resto de dividir a Q por R.

La cuestión es que si R2 no es nulo, su grado es seguro menor que 2, por el algoritmo de división y sucesivamente si siguieramos teniendo restos no nulos el grado disminuiría (seguro que no vuelve a ser 2....), por lo cual lo que necesitamos es que R2 sea 0, por lo tanto dividimos Q por R e igualamos los coeficientes de R2 a cero, con lo cual se obtiene que a tiene que ser cero.

Los resultados de las divisiones sucesivas (que en realidad son sólo 2) no los tengo a mano, los entregué, tampoco puedo reescribir lo dicho para que quede mas lindo por problemas varios... de cualquier forma creo que se entiende.

y el punto c del primero como les dio?

lara escribió:

y el punto c del primero como les dio?

Idem que a él.

Roprgm escribió:

\($c) ?`Cu\'antas hileras de 7 personas se pueden formar si personas$\) \($del mismo sexo no pueden ocupar lugares consecutivos?$\)
\($La \'unica distribuci\'on posible de lugares para varones y mujeres, es VMVMVMV\).
\($Ubicamos a las 3 mujeres en los 3 asientos asignados.$\) \($Esto se puede hacer de $3!$ maneras.$\)
\($Ubicamos a 4 de los 5 varones en los 4 asientos asignados.$\) \($Esto se puede hacer de $\binom{5}{4}4!=5!$ maneras.$\)
\($En total, hay $3!\cdot5!=\fbox{720}$ hileras posibles.$\)

ya lo vi, gracias 😛

Problema 5:

El 5 lo encaré un poco diferente, lo dejo acá para el que esté estudiando ahora para los finales de la semana que viene.

Me piden que el mcd entre 2 polinomios tenga grado 2 (uno lo conocemos y el otro no sabemos cual es el término independiente). Sabiendo que el mcd es básicamente el producto de las raíces en común entre los dos polinomios, calculamos las raíces del polinomio que conocemos (que es de grado 3, por lo cual tendrá 3 raíces). Luego combinamos esas raíces para formar posibles mcd de grado 2, y según las raíces con las que formamos cada posible mcd, verificamos quien debe ser a en P para que las dos raíces que componen el posible mcd sean raíces de P y la raíz no usada no sea raíz de P.

Haciendo eso llegué al mismo resultado, de que a=0 .

En el ejercicio cuatro, porque necesariamente \(z^{n} = -1\)? No se cumpliria tambien con \(z^{n} = 1\)?

Firma

Farfalla ! Farfalla Vendetta !

Si \(z^n=1\) entonces \(z\) no es primitiva en \(G_{2n}\) como dice el enunciado.

Firma

Quimey

Eso de las raíces primitivas es algo que siempre me costo bastante. No son primitivas justamente cuando \(G_{n} = 1\). En ese caso, con el 2, no valdrían tanto las de \(1\) como las de \(-1\)