Final 24/07/2012 - Resuelto

No está todo justificado, pero tienen una idea de la resolución. Ya los eruditos se encargarán del resto

1-Probar que vale para todos los n de los Naturales

i) P(1) vale. ii) P(n) implica P(n+1)

Quiero probar que

Esa sumatoria se puede dividir en \((\sum_{k=0}^{n-1} (n+1-k)2^k)+2^n\)//saco el último término fuera de la sumatoria \((\sum_{k=0}^{n-1} ((n-k)+1)2^k)+2^n =(\sum_{k=0}^{n-1} (n-k)2^k+\sum_{k=0}^{n-1}1.2^k) +2^n\)// Asocié en el paréntesis ((n-k) +1), distribuí el \(2^k\) y separé la sumatoria en 2 La primera sumatoria es la Hipótesis Inductiva, la segunda es una geométrica. Si hacen las cuentas como se debe, queda exactamente lo que querían probar. 2-Probar que A se relaciona con B si \((a^{50}+b^{100}+10:11)=1\) es una relación de equivalencia **y calcular las clases de equivalencia.*** Para que 11 y \((a^{50}+b^{100}+10)=H\) sean coprimos, 11 no tiene que dividir (porque, al ser primo, si dividiera, aparecería en la factorización del mcd) Me fijo entonces cada caso.

Si 11 divide a a, no puede pasar que \(b^{100} \equiv 1(11)\), porque en ese caso, 11 dividiría a todo. Entonces si 11 divide a b, la relación se cumple. Acá tenemos la primera condición para que la relación se cumpla. 11 divide a a y 11 divide a b

Veamos qué sucede si 11 **no **divide a a:
Por Fermat, \(a^{10} \equiv 1(11)\), entonces \((a^{10})^5=a^{50}\) es 1 mód 11. Entonces b^100 nos queda que no puede ser 0 mód 11. (porque sino todo H queda 0 módulo 11 y no cumple). Entonces tenemos la otra pata, 11 no divide a b y tampoco a a.
Acá ya vemos que, si 11 divide a uno y al otro no, la relación no se cumple.

Bien, redujimos la relación a \(ARB\Longleftrightarrow{}(11|a \wedge 11|b) \vee (11 \nmid a \wedge 11\nmid b)\)

Las 3 pruebas de la equivalencia salen solas. La cantidad de clases de equivalencia me pusieron en offside.
3-Entontrar todas las ternas (a,b,c) tales que \(abc=12^{10}\)
Como \(12^{10}=(2^2.3)^{10}\), a,b y c van a ser de la forma \(2^i.3^j\)
Planteamos entonces
a=\(2^i.3^j\)
b=\(2^k.3^l\)
c=\(2^m.3^n\)
\(abc=2^i.3^j.2^k.3^l.2^m.3^n=2^{i+k+m}.3^{j+l+n}\) con i+k+m=20, j+l+n=10. Entonces el problema se reduce a, por bosones, encontrar cuántas formas hay de sumar 20 de a 3 números y por cada una de ellas, cuántas hay de sumar 10 de a 3 números.
Tengo 20 pelotitas para repartir en 3 cajas, \(\frac{22!}{2!.20!}\) y para 10: \(\frac{12!}{2!.10!}\), el producto de ambos es el resultado final.
4-Si w es una raiz 12-ava primitiva, calcular los pares (n,m) de enteros positivos que cumplen \((2w^7)^n(2w^2)^m=2^{50}.w\)
De la distributiva sale que n+m=50 y que, como w es primitiva 12ava, para que \(w^{7n+2m}=w\) tiene que pasar que \(7n+2m \equiv 1(12)\) (esta aclaración es clave para resolver el ejercicio y justificarlo, si no lo ponías estaba regular el punto. Las raíces primitivas n ésimas se repiten cada n potencias) Desde acá es un sistema y una diofántica de resolución CASI trivia. Me llevaría más tiempo escribirlo en latex que hacerlo. De hecho, hasta sale a ojo que n=1, m=2 satisface. Voilà. No olvidar que son enteros positivos!!!
5-Hallar UN polinomio P que cumpla \(P=P'+(x-\frac{1}{2})(4x^2-14x+2)\) y tenga al menos una raiz múltiple racional
Yo acá planteé que P podía ser de grado 3, entonces P derivado tenía que ser de grado 2. Escribí** P=ax³+bx²+cx+d y P'=3ax²+2bx+c**, los reemplazé en la ecuación que me daban e igualé coeficiente a coeficiente. a=4,b=-4,c=1,d=0. P entonces es 4x³-4x²+x. que tiene a 1/2 como raiz doble racional. La verdad que no sé si estaba hecho para que diera así o si tiene sentido y me faltó justificar algo. Pero me lo corrigieron como Bien, como si no faltase nada.

Cualquier aporte o duda, será bienvenid@

Al final hay 101 clases de equivalencia.

Para la primera condición, hay sólo una, para cada \(a \equiv 0(11)\) hay un \(b \equiv 0(11)\)
Para la segunda condición hay 100. Para cada \(a \equiv 1,2,3...,10(11)\) hay \(b \equiv 1,2,3,....,10(11)\), es decir, para \(a \equiv 1(11)\) hay 10 b psibles. Haciendo eso 10 veces, da 100.

Si hay algo que falle, just say it.

Manera alternativa para el 1)

Durante el paso inductivo se tiene

Tomando \(k=j+1\) se tiene que lo de arriba es igual a
\((2* \sum_{j=0}^{j=n-1} (n-j)2^j) + n + 1\), ahora se puede usar H.I. y el resto sale fácil.

En el 4)

Como \(n+m=50\), entonces \(n = 50-m\). De acá sale que \(7(50-m) + 2m \equiv 1(12)\) haciendo cuentas... \(2m \equiv 10 (12)\), entonces
\(m \equiv 5 (12)\) ó \(m \equiv 11 (12)\)

Volviendo a la ecuación de partida, se tiene que
\(2n \equiv 6 (12)\), entonces
\(n \equiv 3 (12)\) ó \(n \equiv -3 (12)\) (chequearlo)

al final se ve que sólo sirve \(m \equiv 5 (12) \wedge n \equiv -3 (12)\)

con lo cual
\(m = 12q + 5\) y \(n\) se deduce porque suman \(50\)

che una preguntita... no entiendo bien lo de las clases de equivalencia... les pedía calcular cuantas clases diferentes hay??

Firma

$$A\; flight\; of\; fancy\; on\; a\; windswept\; field...\;$$

o les pedía decir dado \(a\) calcular los \(b\) tales que \(a R b\), es decir, los \(b \in C_a\)???

porque como lo veo yo a mi me parece (va no se, seguro es alta burrada la que estoy mandando) que hay solo dos clases de equivalencia. La de los que los divide 11 y las de los que no los divide 11.

por otro lado las clases de equivalencia se corresponden unívocamente con una partición del conjunto (los enteros en este caso) y con esta relación la partición asociada son los enteros congruentes a \(0\) módulo \(11\) y los enteros no congruentes a \(0\) módulo \(11\)