Examen final(3/08/2010)-Álgebra I

uh, este no parece tan facil como el primero...

\($5) Sean $a$, $b$, $c$ las ra\'ices de $x^3+2x^2+3x-1.\) \($Encuentre un polinomio P de$\) \($grado 3, con coeficientes enteros, cuyas ra\'ices sean $ab$, $ac$ y $bc$.\)

\($El desarrollo de $(x-a)(x-b)(x-c)$ es $x^3-(a+b+c)x^2+(ab+ac+bc)x-abc$,\) \($luego $a+b+c=-2$, $ab+ac+bc=3$ y $abc=1.\)
\($Adem\'as, el desarrollo de $P(x)=(x-ab)(x-ac)(x-bc)$ es$\) \(x^3-(ab+ac+bc)x^2+(abc)(a+b+c)x-(abc)^2$\).
\($Luego, $P(x)=x^3-(3)x^2+(1)(-2)x-(1)^2 \Rightarrow \fbox{$P(x)=x^3-3x^2-2x-1$}\).

El 1
Es reflexiva, transitiva y simétrica. No es antisimétrica.
Antisimetría: 3R5, 5R3, \(5 \neq 3\)
Reflexividad: si \(x \equiv 0 (2) \Rightarrow x+x \equiv 0 (2)\)
si \(x \equiv 1 (2) \Rightarrow x+x \equiv 2 \equiv 0 (2)\)
Transitividad:
si \(x+y \equiv 0 (2) \wedge y+z \equiv 0 (2)\) entonces
si \(y \equiv 0 (2) \Rightarrow x \equiv 0 (2) \wedge z \equiv 0 (2) \Rightarrow x+z \equiv 0 (2)\)
o sino, si \(y \equiv 1 (2) \Rightarrow x \equiv 1 (2) \wedge z \equiv 1 (2) \Rightarrow x+z \equiv 2 \equiv 0 (2)\)
Simetría: por propiedades de la suma.
Sin tex, me cansé: si a es par, a+a es par entonces están relacionados, si a es impar, a+a es par, están relacionados.

El 3
\((a^{100}-2^{42} : 231) = (a^{100}-2^42 : 3.7.11)\) Entonces miro la congruencia de \(a^{100}-2^{42}\) modulo esos 3 primos.
Como a es coprimo con 231 por el enunciado, a es coprimo con 3, con 7 y con 11. Entonces \(a^2 \equiv 1 (3), a^6 \equiv 1 (7)\)y \(a^10 \equiv 1 (11)\)
Mod 3
\(a^{100}-2^{42} \equiv (a^{2})^{50} - (2^{2})^2 \equiv 1- 1 \equiv 0 (3)\) Para todo a coprimo con 231.
Mod 7
\(a^{100}-2^{42} \equiv (a^{6})^{16}.a^4 - (2^6)^7 \equiv a^4-1 (7).\) Quiero que esto sea congruente a 0 (7) entonces haciendo tabla de restos

Vemos que los únicos a que cumplen son los \(a \equiv 1 (7)\) y \(a \equiv 6 (7)\) Mod 11 \(a^{100}-2^{42} \equiv (a^{10})^{10} - (2^{10})^4.2^2 \equiv 1 - 4\) Que nunca es congruente a 0 (11) Entonces 11 nunca divide a \(a^{100}-2^{42}\) para los a coprimos con 231.

Resumiendo, si \(a \equiv 1 (7)\) o \(a \equiv 6 (7)\) entonces \((a^{100}-2^{42} : 231) = 21\), para todos los otros a (siempre coprimos con 231 \((a^{100}-2^{42} : 231) = 3\)

Editado 1 vez.

jaja al final no era tan dificil el final. elk ejercicio mas largo es el de combinatoria, me llevo un buen tiempo pero si pensas con la cabeza fria los casos sale facil. NO se usar tex, asi que si otro lo hace, mejor.

Mapland escribió:

jaja al final no era tan dificil el final. elk ejercicio mas largo es el de combinatoria, me llevo un buen tiempo pero si pensas con la cabeza fria los casos sale facil. NO se usar tex, asi que si otro lo hace, mejor.

Cuánto te dió? A mi 888, a una amiga 900 algo.

933 me dio.

tenes que tener en cuenta que hay 15 maneras distintas de tener 2 cajas vacias. hay 3 grupos de casos

el grupo A junta 3 maneras de tener 2 cajas vacias, esas cajas vacias solo pueden ser las cajas 4,5 o 6.

el grupo B junta otras 3 maneras de tener 2 cajas vacias, esas cajas vacias solo pueden ser las cajas 1, 2 o 3

el grupo C junta 9 maneras distintas: 1 caja vacia esta en las cajas 1,2 o 3 y la otra caja vacia va a ser la 4, 5 o 6.

en el grupo A tengo combinatorio 5 sobre 3 en cada caso

en el B tengo combinatorio 14 sobre 12 en cada caso

en el grupo C tengo (combinatorio 14 sobre 13)x(combinatorio 5 sobre 4)

yo hice asi, si queres que explique ocmo hice en cada caso avisa.

Claro, es fue exactamente lo que hice simplemente que me confundí y puse combinatorio 13,12 en vez de 14,13, ahí me da 933. Gracias

alguna punta para el de raices quinceavas? solo pude convertir Z^46 en Z y ahi con los otros. y me queda en una parte, 2 veces la parte real de Z.

uh, es bien peludo el de raices quinceavas 🙁 odio esos ejercicios 🙁

edit: desaparecio la resolucion del ejercicio! que onda? 🙁

\($Para cada ra\'iz 15-ava de la unidad, calcule $z^{46}\) \(+z^{17}+\overline{z}+z^{19}+\overline{z}^8+z^8+z^{-2}+z^{41}.\)

\($Sea $w=\text{cos}\big(\tfrac{2\pi}{15}\big)+i\;\text{sen}\big(\tfrac{2\pi}{15}\big)$, las raices 15-avas de la unidad son\) \(w^k=\text{cos}\big(\tfrac{2k\pi}{15}\big)+i\;\text{sen}\big(\tfrac{2k\pi}{15}\big).\)
\($Luego $w^{15}=1 \Rightarrow w^{15q+k}=(w^{15})^q\cdot w^k=w^k$, y $\overline{w^k}=\overline{w}^k=\) \(\text{cos}\big(\tfrac{2k\pi}{15}\big)-i\;\text{sen}\big(\tfrac{2k\pi}{15}\big)=\text{cos}\big(\tfrac{-2k\pi}{15}\big)+i\;\text{sen}\big(\tfrac{-2k\pi}{15}\big)=w^{-k}=w^{15q-k}.\)

\($Entonces, $Z=z^{46}+z^{17}+\overline{z}+z^{19}+\overline{z}^8+z^8+z^{-2}+z^{41}=\) \(z+z^2+z^{14}+z^{4}+z^{7}+z^8+z^{13}+z^{11}.\)
\($Luego $Z=\sum_{i=0}^{14} z^i - (1+z^3+z^6+z^9+z^{12})-(1+z^5+z^{10})+1=\) \(\sum_{i=0}^{15} z^i - \sum_{i=0}^{4} z^{3i}-\sum_{i=0}^{2} z^{5i}+1.\)
\($Si $z^5\neq1$, $z^3\neq1$ y $z\neq1$, $Z=\frac{z^{15}-1}{z-1}-\frac{(z^3)^5-1}{z^3-1}-\frac{(z^5)^3-1}{z^5-1}+1=\) \(\frac{0}{z-1}-\frac{0}{z^3-1}-\frac{0}{z^5-1}+1=1.\)
\($Si $z^3=1$, $Z=z+z^2+z+z^2+z+z^2+z+z^2=4\sum_{i=0}^{2} z^i - 4 z^0=\) \(4\frac{z^3-1}{z-1}-4=\frac{0}{z-1}-4=-4\ (z\neq 1).\)
\($Si $z^5=1$, $Z=z+z^2+z^4+z^4+z^2+z^3+z^3+z=2\sum_{i=0}^{4} z^i - 2 z^0=\) \(2\frac{z^5-1}{z-1}-2=\frac{0}{z-1}-2=-2\ (z\neq 1).\)
\($Si $z=1$, $Z=1^{46}+1^{17}+\overline{1}+1^{19}+\overline{1}^8+1^8+1^{-1}+1^{41}=8$. Luego\)

Editado 1 vez.

Mapland escribió:

desaparecio la resolucion del ejercicio! que onda? 🙁

Me faltaba un caso y lo volvi a hacer 😄

Mapland escribió:

alguna punta para el de raices quinceavas? solo pude convertir Z^46 en Z y ahi con los otros. y me queda en una parte, 2 veces la parte real de Z.

A mi me quedo \(2(Re(z) + Re(z^2) + Re(z^4) + Re(z^8))\) pero todavía sigo pensando como seguir

Yo lo hice mal, asumí que z era primitiva y me daba siempre 1, que claramente para z=1 que es raíz quinceava no se cumple. Tengo entendido que como lo hizo Ro está bien

\($Para cada ra\'iz 15-ava de la unidad, calcule $z^{46}\) \(+z^{17}+\overline{z}+z^{19}+\overline{z}^8+z^8+z^{-2}+z^{41}.\)

\($Miro los exponentes m\'odulo 15 y obtengo\)
\(z^{46}+z^{17}+\overline{z}+z^{19}+\overline{z}^8+z^8+z^{-2}+z^{41}=\) \(z+\overline{z}+z^2+\overline{z}^2+z^4+\overline{z}^4+z^8+\overline{z}^8= 2Re(z)+2Re(z^2)+2Re(z^4)+2Re(z^8)=A\)

\($Luego como $Re(z)=\text{cos}(\text{arg}(z))$,\) \(A=2\big\[\text{cos}(\tfrac{2k\pi}{15})+\text{cos}(\tfrac{4k\pi}{15})+\) \(\text{cos}(\tfrac{8k\pi}{15})+\text{cos}(\tfrac{16k\pi}{15})\big\],\:1\leq k\leq 15.\)

Me ganaron de mano!! Yo estaba por subir el final!! jaja

Creo que fue más difícil que el del 27, pero por suerte tampoco fue muy dificil 🙂 .
El de combinatoria también me dio 933 😄

Y yo también me confundí con el de raíces enésimas ¬¬, y me quedaron solo los casos que la suma daba 8 y 1...

3)Tienen que haber exactamente 2 cajas vacias, asi que pongo 4 bolitas en cada caja, quedan 17

\(\ast\) Ahora pienso que quedan vacias cualquier de las primeras 3.

Entonces cuento las 15 bolitas en las ultimas 3 cajas que da y las 2 que quedan en la unica caja:

Como esta 3 veces queda \(136*3=\color{blue}{408}\)

\(\ast\)Luego tomo una caja de las primeras 3 y luego otra de las 3 ultimas, hay 9 casos:

Como son 9 casos es \(48*9=\color{blue}{432}\)

\(\ast\)Por último tomo las 2 cajas vacias en las ultimas 3 cajas:

Como son 3 casos \(6*3=\color{blue}{18}\)

Sumamos \(408 + 432 +18 = \color{red}{858}\)

Mm.. está mal ese, daba 933, y no entiendo eso de "pongo 4 en cada una" asi nomas, tenes que ver bien en cuales las pones porque en las ultimas 3 tiene que haber 15 en total. Hay que dividir en el caso de que haya 1 caja vacia de las 1-2-3 y 1 de las 4-5-6, 2 de las 1-2-3 y 0 de las 4-5-6 y vice versa. Y después ahi recien podes decir "pongo 1 en cada una para que no quede ninguna otra vacia".

Edito y pongo la solución, es más útil de mi parte
3)
Tengo 3 formas de poner las cajas vacias. i) 2 del 1-2-3 y 0 del 4-5-6 , ii) 1 del grupo de cajas 1-2-3 y 1 del grupo 4-5-6, o iii) 0 del 1-2-3 y 2 del 4-5-6.
i)
Forma de elegir las 2 cajas vacias

ordenar las 6 bolitas del grup 1-2-3 es 1 sola forma. ordenar las 15 del grupo 4-5-6, primero pongo 1 en cada una para que no queden vacias, y luego Esto se muiltiplica y queda

ii)
Formas de elegir la caja vacía del grupo 1-2-3

ordenar las bolitas, primero pongo 1 en cada una de las otras dos cajas y dsp reparto las otras 4 elijo la vacía del grupo 4-5-6 pongo una bolita en las otras dos cajas del grupo y dsp reparto las otras 13 Esto se multiplica y queda

iii)
pongo 1 bolita en cada caja y reparto el resto

elijo las vacias del grupo 4-5-6 y para repartir las 15 hay 1 sola forma esto se multiplica y queda

Sumado da 933.

jhughes escribió:

Mm.. está mal ese, daba 933, y no entiendo eso de "pongo 4 en cada una" asi nomas, tenes que ver bien en cuales las pones porque en las ultimas 3 tiene que haber 15 en total. Hay que dividir en el caso de que haya 1 caja vacia de las 1-2-3 y 1 de las 4-5-6, 2 de las 1-2-3 y 0 de las 4-5-6 y vice versa. Y después ahi recien podes decir "pongo 1 en cada una para que no quede ninguna otra vacia".

Edito y pongo la solución, es más útil de mi parte
3)
Tengo 3 formas de poner las cajas vacias. i) 2 del 1-2-3 y 0 del 4-5-6 , ii) 1 del grupo de cajas 1-2-3 y 1 del grupo 4-5-6, o iii) 0 del 1-2-3 y 2 del 4-5-6.
i)
Forma de elegir las 2 cajas vacias

$$\left(\begin{matrix}3 \\ 2 \end{matrix}\right)$$

ordenar las 6 bolitas del grup 1-2-3 es 1 sola forma. ordenar las 15 del grupo 4-5-6, primero pongo 1 en cada una para que no queden vacias, y luego

$$\left(\begin{matrix}12+3-1 \\ 12\end{matrix}\right)$$

Esto se muiltiplica y queda

$$\left(\begin{matrix}3 \\ 2 \end{matrix}\right) * 1 * \left(\begin{matrix}12+3-1 \\ 12\end{matrix}\right) = 273$$

ii)
Formas de elegir la caja vacía del grupo 1-2-3

$$\left(\begin{matrix}3 \\ 1\end{matrix}\right)$$

ordenar las bolitas, primero pongo 1 en cada una de las otras dos cajas y dsp reparto las otras 4

$$\left(\begin{matrix}4+2-1 \\ 4\end{matrix}\right)$$

elijo la vacía del grupo 4-5-6

$$\left(\begin{matrix}3 \\ 1\end{matrix}\right)$$

pongo una bolita en las otras dos cajas del grupo y dsp reparto las otras 13

$$\left(\begin{matrix}13+2-1 \\ 13\end{matrix}\right)$$

Esto se multiplica y queda

$$\left(\begin{matrix}3 \\ 1\end{matrix}\right) * \left(\begin{matrix}4+2-1 \\ 4\end{matrix}\right) * \left(\begin{matrix}3 \\ 1\end{matrix}\right) * \left(\begin{matrix}13+2-1 \\ 13\end{matrix}\right) = 630$$

iii)
pongo 1 bolita en cada caja y reparto el resto

$$\left(\begin{matrix}3+3-1 \\ 3\end{matrix}\right)$$

elijo las vacias del grupo 4-5-6

$$\left(\begin{matrix}3 \\ 2\end{matrix}\right)$$

y para repartir las 15 hay 1 sola forma esto se multiplica y queda

$$\left(\begin{matrix}3+3-1 \\ 3\end{matrix}\right) * \left(\begin{matrix}3 \\ 2\end{matrix}\right) = 30$$

Sumado da 933.

Cierto, puse mas de 15 bolitas en las ultimas 3 cajas y por eso daba mal, arreglandolo dio 933, Maldita combinatoria

Yo también me confundí en el examen pero fue 1 combinatorio nomas, que venía despistada y lo escribí mal, pero como puse toda esa misma explicación safé 😄

Para aprobar hay que tener 2 o 3 bien? 😄

Firma

Cristianrock dijo:

Por el Teorema del boludo, que asegura que si hay 2 boludos en un mismo final es el mismo boludo

😆 😆 😆 😆 😆
Wiiiiii
Aprobe!!!
(Excepto por la parte de las raíces 15-avas... me comí el caso \(z^3=1\) y \(z^5=1\)

pmtarantino escribió:

Para aprobar hay que tener 2 o 3 bien? 😄

Con 3 te ponen 6 y con 3 recién aprobás un parcial, asique asumo que 3. Acordate que te pueden poner un 4 pero es mas o menos 60% lo que necesitás para aprobar

jhughes escribió:

pmtarantino escribió:

Para aprobar hay que tener 2 o 3 bien? 😄

Con 3 te ponen 6 y con 3 recién aprobás un parcial, asique asumo que 3. Acordate que te pueden poner un 4 pero es mas o menos 60% lo que necesitás para aprobar

Ah, gracias 🙂