Aca les dejo el final que tomaron este viernes, 14/12.
[*] \(Sea \ A \ = \ {1,2,...,10} \ Determinar \ cuantas \ relaciones \ de \ equivalencia \ se \ pueden \ definir \ tales \ que \ hayan \ exactamente \ 2 \ clases \ de \ equivalencia.\)
$$Determinar \ tambien \ cuantas \ se \ pueden \ definir \ para \ que \ hayan \exactamente \ 3 \ clases \ de \ equivalencia.$$
[*] \(Hallar \ para \ todo \ n \in N \ , \ el \ resto \ de \ dividir \ 2^{2^n} \ por \ 13.\)
[*] \(Sea \ p(x) \ un \ polinomio \ en \ Q[x] \ irreducible, \ tal \ que \ \alpha \in C \ es \ una \ raiz \ de \ p(x).\)
$$\ Probar \ que \ si \ q(x) \in \ Q[x] \ es \ un \ polinomio \ tal \ que \ q(\alpha) = 0, \ entonces \ p \ | \ q. \ Sugerencia\ : \ Considerar \ (p:q).$$
[*]\(Encontrar \ un \ polinomio \ de \grado \ 2 \ en \ Z[x] \ tal \ que \ :\)
$$f(0) \equiv f(1) \equiv 0 (mod \ 3)$$
$$f(2) \equiv f(0) \equiv 0 (mod \ 5) \\$$
$$f(2) \equiv f(4) \equiv 0 (mod \ 7) \$$
[*]\(Sea \ w \in G_n. \ Se \ define \ el \ orden \ de \ w \ como \ :\)
$$ord(w) = min {\ m\in N \ : \ w^m = 1}$$
$$Probar \ que \ ord (w) | \ n. \ Probar \ que \ si \ w \ tiene \ orden \ k, \ entonces \ w \ es \ primitiva \ de \ orden \ k.$$
La cantidad de relaciones de equivalencia tal que hayan solo 2 clases de equivalencia, es exactamente la cantidad de maneras de partir el conjunto, en 2 subconjuntos. Si tomamos entonces el conjunto de partes, que tiene \(2^{10}\) elementos, simplemente queremos agarrar uno de esos elementos, y luego solo hay 1 forma de agarrar el complemento. Pero no tenemos que tomar el elemento que representa al conjunto entero, ni el elemento vacio. Finalmente, seria \(2^{10} - 2\) y luego dividir por 2 (porque contamos las opciones dos veces). Para la segunda parte, es basicamente lo mismo, solo que ahora queremos la cantidad de maneras de formar 3 subconjuntos. En el final esta parte la hice mal, pero se me ocurre tomar la cantidad de maneras de agarrar k elementos, y multiplicar por la cantidad de maneras de partir el conjunto restante, en dos subconjuntos. Esto para k = 1, 2, 3 , 4 ... 8. Pero no logro ver cuantas veces estoy repitiendo casos ahi...
Por fermat vale que \(2^12 \equiv 1 (mod \ 13)\) entonces tenemos que \(2^{2^n} \equiv 2^{R_{12} \ (2^n)} (mod \ 13)\) Entonces con una tabla de restos de \(2^n\) modulo 12, obtenemos las congruencias de \(2^{2^n}\) modulo 13.
Este ejercicio no pude resolverlo, y todavia no se me ocurre como resolverlo, cualquier ayuda vendria bien...
Simplemente con escribir \(f = x^2 \ + \ bx \ + c\), reemplazando por los valores que dan, se hace un sistema de ecuaciones de congruencias y se van encontrando las congruencias de b y c.
Para la primer parte, si llamamos \(ord (w) = m\), y suponemos que m no divide a n, entonces \(\exists k \in Z \ / n = mq + k. \ 0 < k < m \ Entonces \ w^n = w^{mq + k} = w^{m^q} . w^k = 1^q . w^k = 1\) Esto es absurdo pues esto implica \(w^k = 1\) y dijimos que ord(w) = m. Para la segunda parte, no me convence mucho esto, pero diganme en que se puede pulir, o si esta mal o hasta que punto... se me ocurre que, si ord(w) = k, entonces por lo demostrado recién, \(\nexists h \in Z , h<k \ / h|k. \ Pues \ si \existiera \ entonces \ seria \ k = h.q \ y \ tendriamos \ w^k = w^{hq} = (w^h)^q = 1 \ entonces \ w^h = 1\ y\ seria \ absurdo \ pued \ ord(w) = k .\)
Entonces, podemos escribir \(w = \cos \frac{2q\Pi}{k} + i \sin \frac{2q\Pi}{k}\) y como no existe un h menor a k, que lo divida, resulta (q:k) = 1, y por lo tanto, resulta ser raiz primitiva de orden k.
isma te tiro lo que se me ocurrió para el 3) decime que te parece.
Sea \((p:q)=d\) como \(d|p\) y \(p\) es irreducible (supongamos que \(p\) es mónico) entonces \(d=1\) ó \(d=p\)
si \(d=p\) entonces probamos lo que queríamos pues \(d|q\).
supongamos que esto no vale y que \(d=1\)
entonces \(1\) se escribe como combinación lineal entera de \(p\) y \(q\), por lo que existen polinomios \(h\) y \(g \in \mathbb{Q} [x]\) tales que \(1=p.h + q.g\) pero entonces evaluando en \(\alpha\) se tiene que
\(1= p(\alpha) h(\alpha) + q(\alpha) g(\alpha)= 0+0=0\) lo que dice que \(1=0\) absurdo entonces \(d=p\) como se quería probar
isma te tiro lo que se me ocurrió para el 3) decime que te parece.
Sea \((p:q)=d\) como \(d|p\) y \(p\) es irreducible (supongamos que \(p\) es mónico) entonces \(d=1\) ó \(d=p\)
si \(d=p\) entonces probamos lo que queríamos pues \(d|q\).
supongamos que esto no vale y que \(d=1\)
entonces \(1\) se escribe como combinación lineal entera de \(p\) y \(q\), por lo que existen polinomios \(h\) y \(g \in \mathbb{Q} [x]\) tales que \(1=p.h + q.g\) pero entonces evaluando en \(\alpha\) se tiene que
\(1= p(\alpha) h(\alpha) + q(\alpha) g(\alpha)= 0+0=0\) lo que dice que \(1=0\) absurdo entonces \(d=p\) como se quería probar
Me quedan unas dudas respecto a esto, ¿que pasa si \(p\) no es monico?:
--->hace falta aclarar ese caso?
--->No vale la demostración para ese caso?
--->Como lo analizo/Demuestro?
(y con respecto a \(q\): ¿me importa si es mónico, o no lo es?)
isma te tiro lo que se me ocurrió para el 3) decime que te parece.
Sea \((p:q)=d\) como \(d|p\) y \(p\) es irreducible (supongamos que \(p\) es mónico) entonces \(d=1\) ó \(d=p\)
si \(d=p\) entonces probamos lo que queríamos pues \(d|q\).
supongamos que esto no vale y que \(d=1\)
entonces \(1\) se escribe como combinación lineal entera de \(p\) y \(q\), por lo que existen polinomios \(h\) y \(g \in \mathbb{Q} [x]\) tales que \(1=p.h + q.g\) pero entonces evaluando en \(\alpha\) se tiene que
\(1= p(\alpha) h(\alpha) + q(\alpha) g(\alpha)= 0+0=0\) lo que dice que \(1=0\) absurdo entonces \(d=p\) como se quería probar
Me quedan unas dudas respecto a esto, ¿que pasa si \(p\) no es monico?:
--->hace falta aclarar ese caso?
--->No vale la demostración para ese caso?
--->Como lo analizo/Demuestro?
(y con respecto a \(q\): ¿me importa si es mónico, o no lo es?)
Desde ya muchas gracias!
Si \(p\) no es mónico, entonces \(d=\frac{p}{a}\) ó \(d=1\) es mónico, donde \(a\) sería el coeficiente principal del polinomio \(p\).
O sea, no cambia en nada la demostración. Acordate que si dos polinomios \(f,g \in \mathbb{K}[X]\) tales que \(f \vert g \, \Rightarrow c.f \vert g \, , \, \forall \, c\in \mathbb{K}\) (Donde \(\mathbb{K}=\mathbb{C},\mathbb{R}\, o \, \mathbb{Q}\))
La demo de ivoo está bien y lo único que faltaría hacer es ese comentario.
No importa si \(q\) es mónico o no. En ningún momento lo necesitás usar.
la primera, en el ejercicio 1, no encuentro una manera correcta de contar todas las relaciones tal que hayan 3 clases de equivalencia. Se que tengo que buscar la cantidad de maneras de partir al conjunto en 3 subconjuntos, pero no veo cómo hacerlo..
la segunda pregunta, es respecto al ejercicio 2. Me lo pusieron regular en el final debido a que no lo tenia bien fundamentado, por la tabla de restos de \(2^n \ mod \ 12 \\). Me dijo que èste era un caso particular en el que funcionaba, pero en otros casos no necesariamente tenia que ser asi... La verdad que no entendi a que se refiere, si no hago esa tabla de restos, como puedo resolverlo?
la primera, en el ejercicio 1, no encuentro una manera correcta de contar todas las relaciones tal que hayan 3 clases de equivalencia. Se que tengo que buscar la cantidad de maneras de partir al conjunto en 3 subconjuntos, pero no veo cómo hacerlo..
la segunda pregunta, es respecto al ejercicio 2. Me lo pusieron regular en el final debido a que no lo tenia bien fundamentado, por la tabla de restos de \(2^n \ mod \ 12 \\). Me dijo que èste era un caso particular en el que funcionaba, pero en otros casos no necesariamente tenia que ser asi... La verdad que no entendi a que se refiere, si no hago esa tabla de restos, como puedo resolverlo?
No creo que sean tan ortivas, pero capaz pedian que hagas 13 tablas de resto
onda, supoinendo que el resto es 0,1,2..., 12 (En el enunciado) y ver para cada caso que n va, si es que tiene solucion. (Aunque seria medio paja y ortiva que sea asi, debe haber una forma mas facil, estaba viendo un ejercicio de la practica que es asi, osea con 2^n de exponente y te pedian hallar para que n bla bla, pero ya te decian para que resto.
Es un camino largo, pero da. Debe haber uno mas corto jaja
isma vas a rendir el viernes al final? jaja ya salio para anotarse el 1ero, lo toma graña tambien (con quien curse yo jaja)
La cuestion sobre el ejercicio es que me quedaba algo asi como... si n = 0, un resto, si n= 1, otro resto, y despues se dividia en si n era par o impar. Pero nose, no entendi que justificación queria q pusiera.
En cuanto a rendir el viernes o no, nose, mañana me decido jajajaj
che...se me ocurrio una manera de resolver la parte B del 1. Con esa idea de agarrar un conjunto y dividir el complemento en 2.
Si tomo k = numero de elementos del primer conjunto, entonces divido k complemento en 2.
Si k=1, entonces k complemento=9, divido k complemento en 2 igual que antes: (2^9-2)/2 y lo multiplico por todas las formas de agarrar un elemento de un grupo de 10, osea, numero combinatorio 10 1.
Si k=2, k comp=8, entonces queda (2^8-2)/2 * numero combinatorio 10 2
y asi siguiendo, la respuesta final es la suma de todos esos casos hasta k=8 porque al dividir el complemento en 2 no hay repeticiones (y con k=9 como el complemento es 1 solo elemento no se puede dividir en 2 y no nos sirve, lo mismo k=10).
Saludos
Me parece que estás repitiendo casos con esa forma de contar. Por ejemplo si querés armar una relación de equivalencia que tenga exactamente tres clases en un conjunto de \(3\) elementos hay una sola opción y tu método da \(3\).
PD: Te recuerdo que es obligatorio usar \(\LaTeX\) para escribir matemática.
Es verdad...Pero eso solo pasa en el caso que el numero de divisiones que queres NO es coprimo con el numero de elementos del conjunto, por ejemplo en la parte A, donde hay que dividir porque se repiten casos.
Aca como (10:3)=1 no hay repeticiones porque cada k genera un complemento que al dividirse por 2 no es igual a k.
Es verdad que quiza habria que aclarar eso pero realmente ni me lo plantee porque no viene al caso...pero nose si en el final pediran que aclaremos ese tipo de cosas, supongo que no porque sino pondrian un conjunto de n elementos y que analices todos los casos, pero que se yo.
Si digo que las soluciones a la parte a) y b) del ejercicio 1 son los números de Stirling de segundo orden S(10,2)= 511 y S(10,3)=9330, respectivamente... técnicamente me tienen que dar el punto bien, no?
En general si usas un teorema que vieron en la cursada y eso resuelve el ejercicio te lo tendrían que dar como bien pero si no lo vieron en la cursada entonces tenes que demostrarlo y si no lo haces te lo pueden poner como mal.
La respuesta correcta es \(9330=\frac{3^{10}-3\times 2^{10}+3\times 1^{10}}{3!}\). Fijate si con tu método da el mismo valor.
Esa es la respuesta del ej 1? Porque a mí me dio algo totalmente diferente 😕 , mando lo que hice, espero que alguien pueda decirme dónde está el error...
Lo hice con "bosones": Sería como tener 10 bolitas diferentes y tres cajas (2 palitos). Como no pueden quedar cajas vacías, elijo 3 bolitas y pongo una en cada caja: \(\binom{10}{3}\)
después mezclo las que me quedan con los palitos: \(\frac{(7+2)!}{2}\) (lo divido por 2 porque los palitos son indistinguibles).
En total me quedarían: \(\frac{10!9!}{7!3!2}\)
Para el caso de 2 relaciones de equivalencia hice algo parecido:
saco 2: \(\binom{10}{2}= \frac{10!}{8!2!}\)
y después los ordeno: (8+1)!
Lo que estás haciendo está mal. Fijate por ejemplo en el caso de 2 clases de equivalencia. Eso es la cantidad de formas de partir a un conjunto de \(n\) elementos en \(2\) partes no vacias. La cantidad de subconjuntos que no son ni vacios ni todo el conjunto es \(2^n-2\), cada uno de estos conjuntos te da las dos clases de equivalencia (tomando el conjunto y su complemento). Pero para tener la respuesta correcta tenes que dividir por \(2\) (pensá por qué es necesario). Entonces la respuesta es \(\frac{2^n-2}{2}\).
La respuesta que das vos es distinta (probar con \(n=3,4\) para convencerse). Tu argumento tiene varios problemas pero lo mas importante sería: el orden dentro de cada clase de equivalencia no importa y vos lo estás teniendo en cuenta.
Para interpretarlos yo los sigo pensando con bolitas:
En el caso de dos subconjuntos pienso que tengo dos cajas y 10 bolitas, cada bolita tiene dos chances ir a la primera o a la segunda caja, de ahí \(2.2.2...2=2^{10}\) Pero acá tengo que restar los dos casos en que las bolitas están todas en una o todas en la otra y además dividir por 2! porque no me importa el orden de las cajas \(\frac{(2^{10}-2)}{2}\)
En el caso de los tres subconjuntos ahora cada bolita tiene 3 opciones de cajas donde ir a parar: \(3^{10}\) Pero a eso le tengo que restar los casos en que tengo alguna caja vacía. Para eso primero elijo la caja que queda vacía (3 opciones) y en cada una de esas ordeno las bolitas como antes: \(3.2^{10}\) Pero si resto ese término, por cada elección de caja vacía tengo dos opciones con dos cajas vacías, por lo tanto estoy restando 2.3=6 opciones con dos cajas vacías, cuando en realidad debería restarlas solo 3 veces (hay 3 formas de tener una sola caja llena), entonces le sumo las 3 que resté de más. Hasta ahora me va quedando: \(3^{10}-3.2^{10}+3\). Finalmente como antes, divido por 3! ya que el orden de las cajas es indistinto. Y me queda, como dijo Quimey: \(\frac{3^{10}-3.2^{10}+3}{3!}\)