Probar que \(\mathcal{R}\) es una relación de equivalencia y calcular #\((Cl(\{101,201\}))\)
[/*:m]
2. Sea \(f = x^2 + ax + b\) en \(\mathbb{Z}[x]\) y sean \(\alpha\) y \(\beta\) las raices de \(f\) en \(\mathbb{C}\). Demostrar que \(\alpha^n + \beta^n \in \mathbb{Z}\) para todo \(n \geq 0\)
[/*:m]
3. Probar que la ecuación diofántica \((2^{45}+11)x + (2^{44}+121)y = c\) es resoluble para todo \(c \in \mathbb{Z}\)
[/*:m]
4. Si \(w\) es una raíz primitiva de la unidad, determinar todos los \(n \in \mathbb{N}\) tales que:
$$\prod_{i=0}^{n}{w^{2i}} =1$$
[/*:m]
5. Sean \(\alpha\), \(\beta\) y \(\gamma\) las raíces en \(\mathbb{C}\) de \(x^3 - 3x + 1\). Determinar un polinomio mónico de grado 3 cuyas raíces sean \(1-\alpha^{-1}\), \(1-\beta^{-1}\) y \(1-\gamma^{-1}\)[/*:m]
Firma
Me dicen loco, pero somos los locos los que hacemos algo del mundo
(Aclaración, la relacion es en \(AxA\), en el parcial estaba mal escrito
Plantean todas las condiciones para ser relación de equivalencia y ya. Como cada subconjunto de partes esta bien definido y no es vacío tiene mínimo y máximo, entonces esas igualdades entre numeros naturales son triviales, casi ni hay que plantearlo.
Para la segunda parte, la clase de equivalencia del {101, 201} son todos los subconjuntos de \(A\) que tengan como máximo al 201 y como mínimo al 101. Es decir, esos dos números están, y hay que sumarles todas las combinaciones con los 99 numeros del medio.
Hay \(\binom{99}{99}\) permutaciones posibles con los 99 números entre el 101 y 201. Osea, hay un solo conjunto de 101 elementos que se relaciona.
Luego, hay \(\binom{99}{98}\) permutaciones posibles con 98 de los 99 números entre el 101 y 201. Es decir, de los 99 elegímos 98.
Si seguimos así sucesivamente, llegamos a \(\sum_{i=0}^{99} \binom{99}{i}\) lo cual equivale (por el binomio de newton si quieren justificar) a \(2^{99}\)
Por inducción global.
Observemos que \((\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})=(\alpha^n+\beta^n)(\alpha+\beta)-\alpha\beta(\alpha^{n-1}+\beta^{n-1})\)
\((\alpha\beta)\in Z\) puesto que \(f\in Z[x]\) el resto planteamos que vale por hipotesis inductiva, y como \(Z\) es cerrado para la multiplicacion y la suma, entonces \((\alpha^{n+1}+\beta^{n+1}) \in Z\)
3)
\(ax+by=c\) tiene solución sí y solo sí \((a:b)|c\). Hay que plantear eso y demostrar que vale 1, para que divida a todo c en Z.
4)
\(\prod_{i=0}^{n}w^{2i}=w^0w^2w^4...w^{2n}=w^{0+2+4+...+{2n}}=w^{\sum_0^n 2i}\)
Luego, \(w^j=1\) si y solo si \(j\equiv 0 \hspace{5mm} (mod 6)\) puesto que w es raíz 6ta **primitiva **de 1. Entonces Eso será 1 si y solo si \(\sum_0^n 2i \equiv 0 \hspace{5mm} (mod 6)\) sabemos que \(\sum_0^n 2i= 2.\sum_0^n i=2.\frac{n(n+1)}{2}=(n+1)n\). Es equivalente a 0 módulo seis, si y solo sí lo es a módulo 2 y a módulo 3. Planteás la equivalencia y ves que se cumple siempre que \(n\) no sea equivalente a 1 módulo 3.
5)
Llamo a las raíces \(a, b, c\) el polinomio original es \((x-a)(x-b)(x-c)\) de lo cual sacamos el valor de \(-abc\), \(ab+bc+ac\) y \(-(a+b+c)\). Luego el polinomio que queremos buscar es \((x-(1-\frac{1}{a}))(x-(1-\frac{1}{b}))(x-(1-\frac{1}{c}))\) si desarrollas te quedan todas cuentas que podes resovler con las primeras 3 igualdades que ya sacaste.
Parece dificil al principio pero salía fácil, cuestión de verlo con calma.