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PEDIDO - FINAL 21/12/2013

13 respuestas 14917 visitas 2013-12-23

#1 quino 2013-12-23 21:53

Hola por favor si alguien rindio el 21 me podria decir el final que tomaron?! Muchas gracias!

#2 quino 2013-12-24 21:34

Les pido encarecidamente que lo hagan, basicamente me estoy respondiendo a mi mismo para hacer el post mas atractivo. Si efectivamente lo fue y vos, SI, VOS, lo estas leyendo y lo tenes. Tiramelo dale... gracias comu!

#3 JoseM 2013-12-25 23:17

El examen fue asi (piedad que es primera vez que uso TeX):
(Lo estoy escribiendo a base de memoria, por lo cual los enunciados no son perfectos)

\textrm{ 1. Sea $R$ una relacion en $\mathbb{N}$x$\mathbb{N}$ tales que $(n1,m1)R(n2,m2)\Longleftrightarrow n1\vert n2 \land m2\vert m1.$Probar que es una relacion de orden.}

El punto dos de este problema era de combinatoria con divisibilidad (no recuerdo la formulacion exacta)

\textrm{2. Hallar los restos de dividir $220$ a $2a^{13^{10}}-2a$}

\textrm{3. Los numeros perfectos son aquellos que se pueden escribir como la suma de sus divisores propios. Ej: $6 = 1 + 2 + 3$. Probar que si $2^{n}-1$ es primo, $2^{n-1}(2^{n}-1)$ es un numero perfecto}

\textrm{4. Hallar los valores de $a$ y $b$ para los cuales el polinomio tenga al menos una raiz racional con $a$ y $b$ coprimos: $f = X^{4} + iX^{3}+2X^{2}+aiX+b$. Para cada par de valores de $a$ y $b$ factorizar el polinomio en $\mathbb{C}$}

\textrm{5. Cuantos polinomios monicos de grado 2 se pueden construir si sus coeficientes $\in$ $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$?. Cuantos son reducibles y cuantos irreducibles?}

Edit: Agregue una condicion del 4. que me habia olvidado

Editado 1 vez.

#4 luchitatotoro 2013-12-26 00:10

Hola! Una pregunta, en el ejercicio 2,

¿es hallar los restos de dividir a 220 por $$2a^{13^{10}}-2a$$ o hallar los restos de dividir a $$2a^{13^{10}}-2a$$ por 220?

Gracias!

#5 JoseM 2013-12-26 00:24

2da opcion, perdon si fui poco claro. Es un ejercicio que se tomo en otro final, no recuerdo cual, pero si buscas fechas de 2011 y 2010 lo encontras.
Saludos

#6 quino 2013-12-26 03:55

Muchas gracias!! Alguno sabe de alguna propiedad que se pueda usar para el 4? Hice 3 hojas de cuentas al pedo y no llegue a nada!

#7 FJL 2013-12-26 04:27

Si tenés un polinomio $f(x) = x^4 + ix^3 + 2x^2 + aix + b = 0$, en particular, su parte real y su parte imaginaria son ambas nulas.

Entonces, si $x = \frac{p}{q}$ es una raíz, tenés que $x$ tiene que ser raíz de $f_1(x) = x^4 + 2x^2 + b$, y de $f_2(x) = x^3 + ax$, porque $f(x) = f_1(x) + i f_2(x)$. Fijate si entendés eso.

Igual, no me parece que esté bien escrito el ejercicio. Si tomás $A = \{(a, 0) : a \in \mathbb{Z}\}$, claramente todo ese conjunto hace que el polinomio tenga al 0 como raíz, y no es razonable factorizar al polinomio en todos esos casos (no queda "lindo"). Por ejemplo, si tomo $a = 5, b = 0$, te da un polinomio bastante feo, que no factoriza prolijamente sobre $\mathbb{C}[X]$.

Firma

Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.

#8 quino 2013-12-26 05:01

Estimado FJL, 1) Voy a ver si sale implementando lo que dijiste 2) Son las 2 am de un 26 de diciembre y no solo te dispones a responderme sino que ademas tenes de epigrafe un gran chiste muy creativamente escrito. Lennon - Newton -FJL. Ese es mi nuevo ranking de idolos.

#9 JoseM 2013-12-26 11:56

Me había olvidado la condición en el 4. de que a y b sean coprimos. Disculpen.
Yo lo que hice fue tomar a tal que los terminos con coeficiente imaginario se anulen y ahi te queda un solo b posible

#10 FJL 2013-12-26 16:08

OK, entonces si sabemos eso, decimos:

Separo en $f_1$ y $f_2$ como mostré arriba. Dado que $x = \frac{p}{q}$ es una raíz de $f_2(x) = x * (x^2 + a)$, o es 0, o es $\sqrt{-a}$, o es $-\sqrt{-a}$. Claramente no puede ser 0, porque eso obligaría (por $f_1\left(\frac{p}{q}\right) = f(0) = 0$) a que $b = 0$, y eso a su vez violaría que $(a:0) = 1$. Luego $\frac{p}{q} \in \{\sqrt{-a}, -\sqrt{-a}\}$. Ahora, $-a \in \mathbb{Z}$, y la raíz de un entero es o entera, o irracional. Como es igual al racional $\frac{p}{q}$, es entera, entonces asumir que $q = 1$, pues $\frac{p}{q} \in \mathbb{Z}$ (no pierdo generalidad por asumir que es 1 y no -1, porque $p$ puede tener el signo). Luego $p = \pm \sqrt{-a}$, o lo que es lo mismo, $p^2 = -a$.
Ahora, de $f_1\left(\frac{p}{q}\right) = 0$, usando el teorema de las raíces racionales, sacamos que $p \mid b$. Pero ahora tenemos:

$a = -p^2$[/*:m]
$p \mid b$[/*:m]

Entonces de haber solución, es $(a, b) = (-1, -3)$.

Bueno, con esa solución, el polinomio nos queda

$$f(x) = x^4 + ix^3 + 2x^2 -ix - 3$$

Y encima ya sabemos que si $\frac{p}{q}$ es raíz, sólo puede ser que $p \in \{-1, +1\}$, por lo que vimos arriba. Entonces probamos con -1:

$$f(-1) = 1 - i + 2 + i - 3 = 0$$

Y con 1:

$$f(1) = 1 + i + 2 - i - 3 = 0$$

Entonces $f$ es divisible por $(x - 1)(x + 1) = x^2 - 1$. Hacemos la división, y nos queda $f(x) = (x - 1)(x + 1)(x^2 + ix + 3)$. Como queremos que esté factorizado sobre $\mathbb{C}[X]$, falta factorizar $x^2 + ix + 3$, y eso lo hacés con la ecuación de las raíces de una cuadrática de siempre, es decir:

r = \frac{-i \pm \sqrt{-1 - 4*1*3}}{2} = \frac{-i \pm \sqrt{-13}}{2}

Y las raíces te quedan:

r_1 = \frac{-i + i\sqrt{13}}{2}

r_2 = \frac{-i - i\sqrt{13}}{2}

Y finalmente, tu polinomio $f$ se escribe como

f(x) = (x - 1)(x + 1)\left(x - \frac{-i + i\sqrt{13}}{2}\right)\left(x - \frac{-i - i\sqrt{13}}{2}\right)

que es una factorización sobre $\mathbb{C}[X]$.

#11 FJL 2013-12-26 17:10

Sobre lo de "hallar los restos": o tampoco era así, o no es muy lindo que digamos. Te queda que el resto es 0 módulo 20, y módulo 11 te queda $[0, 0, 8, 2, 9, 8, 3, 2, 9, 3, 0]$, dependiendo si $a$ es 0, 1, ..., 10, módulo 11. Haciendo el teorema chino con esos restos, y sabiendo que es 0 módulo 4 y módulo 5, tenés que el número va a ser $[0, 0, 140, 200, 20, 140, 80, 200, 20, 80, 0]$, dependiendo si $a$ es 0, 1, ..., 10, módulo 11.

#12 quino 2013-12-26 23:07

En el 5, la cantidad de polinomios que pueden haber son las clases de equivalencia modulo p al cuadrado? Que tienen que cumplir para ser irreducibles en Zp?

#13 FJL 2013-12-27 01:03

Para cada $a, b \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, tenés un polinomio $f_{a, b}(x) = x^2 + ax + b \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[X]$. Notar que estos son polinomios, y su igualdad se define coeficiente-a-coeficiente. Aún así, podés también ver que si $f_{a, b}(x) = f_{a', b'}(x) \forall\ x \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, entonces $(a, b) = (a', b')$.
Bueno, entonces hay $p^2$ polinomios mónicos de grado a lo sumo 2 en $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[X]$.

Para ver cuántos son irreducibles, sabemos que si $f = x^2 + ax + b$, es reducible, se escribe como $f = (x - \alpha)(x - \beta)$, para algunos $\alpha, \beta \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$. Entonces $f = x^2 - (\alpha+\beta)x + \alpha \beta$. Puede pasar que $\alpha = \beta$, o que $\alpha \ne \beta$. Es decir, cuento por separado los polinomios que se factorizan como cuadrados perfectos, y los que se factorizan pero no como cuadrados perfectos.

Por cada par $(\alpha + \beta, \alpha \beta)$, vas a tener una clase distinta de polinomios reducibles, y estos pares identifican exactamente a los polinomios reducibles. Te dejo como ejercicio probar que si $\{\alpha, \beta\} \ne \{\alpha', \beta'\}$, entonces $(\alpha \beta, \alpha + \beta) \ne (\alpha' \beta', \alpha' + \beta')$, y la vuelva vale obviamente. Notá que usé conjuntos acá, no tuplas (es decir, puede ser que $\alpha = \beta', \beta = \alpha'$, o que $\alpha = \alpha', \beta = \beta'$).
Entonces podemos contar cuántos conjuntos $\{\alpha, \beta\}$ hay, con cada uno en $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$. Va a haber $\frac{p(p-1)}{2}$ de esos.

Dicho sea de paso, que $(x-\alpha)(x-\beta) = (x-\alpha')(x-\beta') \Rightarrow \{\alpha, \beta\} = \{\alpha', \beta'\}$ es una conclusión de que $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[X]$ es lo que se llama un dominio de factorización única. Lo vas a ver en Álgebra II, está re copado.
[/*:m]
Queda el caso de que $\alpha = \beta$. Acá es claro que voy a tener $p$ de esos, $(x - a)^2$ para cada $a \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$.[/*:m]

Entonces, voy a tener $p + \frac{p(p-1)}{2}$ polinomios reducibles, lo cual me deja con $p^2 - p - \frac{p(p-1)}{2}$ polinomios irreducibles que cumplen lo pedido. Si querés, podés "limpiar" esta expresión (distribuyendo el divisor 2) a $\frac{2p^2 - 2p - p(p-1)}{2} = \frac{2p^2 - 2p - p^2 + p}{2} = \frac{p^2 - p}{2}$.

#14 quino 2013-12-27 03:06

Muchisimas gracias. Sinceramente no se me ocurre como alguien podria haber resuelto eso. Realmente te agradezco tus respuestas. Un abrazo.