1)Contar la cantidad de boletos capicúa de \(n\) dígitos (\(n\) es un número impar) que tienen por lo menos dos ceros.
La cantidad total de boletos capicúas (sin tener en cuenta la restricción) es \(10^{\frac {n+1} {2}}\), ya que al pedir que sea capicúa, con tomar hasta la posición \(\frac {n+1} {2}\) (que es la del medio) alcanza, dado que los demás quedan fijos por pedir que sea capicúa (el diez es porque hay diez dígitos, pueden empezar con cero. Los casos que hay que restar son los que tienen el cero en el medio o los que no tienen ningún cero. Los que no tienen ningún cero son \(9^{\frac {n+1} {2}}\) (ya que hay nueve digítos posibles); para el que solo tiene el cero en el medio, hay \(9^{\frac {n-1} {2}}\) posibilidades, puesto que tengo \(\frac{n-1} {2}\) posiciones para completar (la del medio está fijada, va un 0). La respuesta es :\(10^{\frac {n+1} {2}} - \left(9^{\frac {n+1} {2}} + 9^{\frac {n-1} {2}}\right)\). Hay que justificar que son disjuntos y algunas cosas más.
2)Probar que para todo \(m\geq 0\): \(\sum^{m}_{j=0} j \binom {m} {j} = m2^{m-1}\)
El caso para \(m=0\) se cumple. Para \(m\geq 1\) hay que avivarse de que \(j \binom {m} {j}=m \binom {m-1} {j-1}\) (yo no me hubiese avivado, pero me acordé que estaba resuelto en el foro), reemplazando eso en la suma queda: \(\sum^{m}_{j=0} m \binom {m-1} {j-1} = m\sum^{m}_{j=0} \binom {m-1} {j-1}\). Cambiando el índice por \(i=j-1\), reemplazando queda: \(m\sum^{m-1}_{i=0} \binom {m-1} {i}\) y por la fórmula de Newton esa expresión es igual a \(m2^{m-1}\) que era lo que pedían(también se podía hacer por inducción).
3)Sean \(a,b \in \mathbb {Z}\), tales que \(\left(a:b\right)=3\). Calcular \(\left(25a^{3}b:a^{4}+b^{4}\right)\).
Lo que hice fue llamar \(a=3q\) y \(b=3k\), por lo tanto me queda (aplicando propiedades): \(\left(a:b\right)=\left(3q:3k\right)=3\left(q:k\right)=3\) por lo que \(k\) y \(q\) son coprimos. Reemplando esta condición, se obtiene: \(3^{4}\left(25k^{3}q:q^{4}+k^{4}\right)\). Llamando \(d\) a \(\left(25k^{3}q:q^{4}+k^{4}\right)\), se llega a que \(d\left|25q^{5}\) y \(d\left|25k^{7}\), luego divide al mcd entre ambos, pero como \(k\) y \(q\) son coprimos, elevados tambíén lo son, por ende llegás a que \(d\left|25\), es decir \(d\subseteq \left\{1;5;25\right\}\).Veamos si \(d\) puede ser \(5\), en ese caso \(5\left|q^{4}+k^{4}\), esto pasa si y sólo si \(q^{4}+k^{4}\equiv 0 \left(mod 5\right)\). Por el Pequeño Teorema de Fermat sabemos que \(q^{4}\equiv 1 \left(mod 5\right)\) si \(\left(5:q\right)=1\). Por lo tanto la única chance que tengo para que \(5\left|q^{4}+k^{4}\) es que \(5\) divida a ambos, pero esto contradice el hecho de son coprimos, luego \(5\) no divide a esa expresión, por lo que \(25\) tampoco y por ende el mcd es \(1\), por lo que la respuesta es:\(\left(25a^{3}b:a^{4}+b^{4}\right)=3^{4}\)
4)Sea \(w\in G_{7}\) primitiva, probar que \(\left(w+\overline{w}\right)\) es raíz de \(x^3+x^2-2x-1\).
Lo que hay que hacer en este, es especializar en \(w+\overline{w}\) (igual a \(0\) por que queremos ver que es raíz)y te van quedando \(w\) elevado a distintas potencias, aplicando el hecho de que \(w\) sea raíz séptima, llegás a \(\sum^{6}_{i=0} w^{i}=0\) y ahí usas que es primitiva (por lo que \(w\neq 1\)) y que como \(w^{7}=1\) se te cumple que \(f\left(w+\overline{w}\right)=0\) que era lo que querías probar.
5)Sea \(a\in \mathbb {C}\), hallar los valores posibles de \(a\) tal que \(x=-1\) sea raíz múltiple de: \(f=x^6+4x^5+7x^4-a^3x^3+7x^2+a^2x+1\) Para cada \(a\) hallado, factorizar \(f\) en \(\mathbb {R}\left[X\right]\) y en \(\mathbb {C}\left[X\right]\).
Haciendo las cuentas llegás a que \(a=-2\) es el único que cumple, al final la factorización que queda es:\
En \(\mathbb {R}\left[X\right]\): \(f=\left(x+1\right)^{4} \left(x^{2}+1\right)\).
En \(\mathbb {C}\left[X\right]\): \(f=\left(x+1\right)^{4} \left(x-i\right)\left(x+i\right)\)
Según tu resolución, la consigna pide que el número sea capicua, pero te lo comiste en la consigna 😛 Estuve un rato largo buscando como hacerle con las permutaciones que hay si no es capicua antes de ver tu resolución.
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Me dicen loco, pero somos los locos los que hacemos algo del mundo
Hola, usando las propiedades de divisibilidad (suma, producto, etc):
\(d\left|25k^{3}q \rightarrow d\left|25k^{4}q\), por otro lado, \(d\left|\left(q^{4}+k^{4}\right)25q=25q^{5}+25qk^{4}\), por lo que podemos restarlos, es decir: \(d\left|25k^{4}q-25q^{5}-25qk^{4}=-25q^{5}\). Con la misma idea, se llega a que \(d\left|25k^{7}\).
Espero que se haya entendido, me acabo de dar cuenta que tenía un error en lo que subí, así que ya lo estoy corrgiendo,
che no concuerdo con tu resolución del 1, por ejemplo porque yo no considero que pueden empezan con 0 ya que sino, seria un numero de cifras pares, o si empieza con 2 ceros, seria un numero de n-2 digitos. De cualquier forma, si tiene un 0 delante, deja de ser un numero de n digitos.
Por otro lado no entendi por que restas los que tienen un 0 en el medio, por ej con n = 5 10001 es valido ya que tiene por lo menos 2 ceros.
Ahi va la mía.
Yo lo que hice fue probar con n=3,5,7,9
con 3 es imposible, porque si tiene por lo menos 2 ceros, te queda 0X0 y eso es un numero de 2 digitos, (y si X = 0, es el 0)
con 5 me queda para el primer digito tengo 9 posibilidades, y el 2do es un 0 si o si, y el 3er digito puede ser cualquier cosa (10 posibilidades mas)
queda 9110
con 7 me queda el 1ero con 9 pos, el 2do hago casos: o toma de [1..9] o toma el 0
si toma [1..9] el 3er digito tiene que ser 0 y el 4to tiene 10 posib, y si el 2do tomaba el 0, el 3ero queda con 10 posib y el 4to tmb.
entonces me queda 99110 + 911010
con n=9 queda 999110+9911010+91101010
y asi uno se da cuenta que la formula es
$$\sum_{i=1}^{(n-3)/2} {9^{((n-1)/2)-i}*10^{i}}$$
Obviamente que si presentas esto en el final, no creo q te lo pongan bien proque no use nada de teoría jaja pero buen, a mi me da eso. Ah y es consistente con que en 3 no da, ya que queda la sumatoria de 1 hasta 0 o sea que no hay numero de 3 digitos capicuas con por lo menos 2 ceros.
Si encuentran algo incorrecto por favor avisen 😄
Hola, durante el final pregunté, y me dijeron que podía empezar con 0. Respecto a lo del 0 en el medio, fijate que acoto a los anteriores para que no puedan ser 0 (solo de 1 a 9), de modo que el único cero de ese boleto capicúa será el del medio, por lo que no cumple lo pedido.
Cuando hacés un problema de combinatoria/probabilidad tenés que argumentar que los casos a los que vos llamarías "disjuntos" que estás analizando no tienen soluciones o "casos" en común. De esa forma te asegurás que los conjuntos con los que trabajes son disjuntos.
Si tenés alguno en particular para justificar postealo y lo vemos. Esto depende muchísimo del ejercicio.
Reemlazas todo eso en \((w+\bar{w})^3 + (w+\bar{w})^2 -2(w+\bar{w}) -1 = 0\)
y te termina quedando \(\sum_{i=0}^{6} w^i +2(w+\bar{w}) + 2 -2(w+\bar{w}) -1 = 0\)
Cancelas todo y te queda \(\sum_{i=0}^{6} w^i = 0 \Rightarrow 0=0\)
entonces, es raiz
El 0 en el medio no es ningún problema, lo que hay que hacer fijar un numero en 0 (porque univocamente va a haber un 0 en la otra mitad del número ahi ya tengo 2 ceros ) y elegir la posición de ese 0.
Es como cuando me dicen que por lo menos tiene que haber una bolita puesta en una caja, pones la bolita, elegis la caja.