Sea \(F:A\longrightarrow{B}\) una funcion, \(A_1 , A_2\) subconjuntos de \(A\)
i) Probar que \(F({A_1}\cup{A_2})=F(A_1)\cup{F(A_2)}\)
ii) Probar que si \(f\) es inyectiva, \(F({A_1}\cap{A_2})=F(A_1)\cap{F(A_2)}\)
iii) Mostrar con un contrejemplo que la afirmacion de ii) no es necesaria si \(f\) no es inyectiva.
i)Encontrar todos los \(m\in\mathbb{Z}\) tales que \(m^2+4m+6\equiv 0(5)\)
ii) Probar que la suma de los cuadrados de 5 numeros enteros consecutivos nunca es el cuadrado de un numero.
3) Hallar \(f \in\mathbb{C}[X]\) monico de grado 2 que cumple las siquientes condiciones
i) \((f: x^3-1)=x-1\)
ii) El resto de dividir a \(f\) por \(x+3\) es igual a \(24\)
4) i)Encontrar todos los \(m, n\in\mathbb{N}\) tales que \(5^m \equiv 15^n(4)\)
ii) Describir los \(k\in\mathbb{Z}\) para los cuales existen un par de numeros \(m,n\) tales que se verifica\(5^m +k \equiv 15^n(4)\)
iii)Describir los \(k\in\mathbb{Z}\) para los cuales existen un par de numeros \(m,n\) tales que se verifica\(5^m +k \equiv 15^n(7)\)
5) Llamemos \(z_0=4i+1\).Definimos \(z_{n+1}= 4iz_n+1\). La sucesion esta definida para\(N_0\)
i)Probar que \(z_n=\sum_{k=0}^{n+1}4^ki^k\) para todo \(n\in\mathbb{N}\)
ii) Probar que \(Re(z_{11})\) es mayor a o y decidir si \(Im(z_{11})\) es positiva, negativa o cero.
Bueno, yo pongo lo que pensé en cada caso(menos el 4).
1)
Observar que como \(F\) es una función, para todo \(a\in A\) existe un único \(b\in B:F(a)\eq=b\). Ahora bien, si queremos probar la igualdad de conjuntos, bastará probar la doble inclusión. Probemos la primera:
Como \(F({A}_{1} \cup {A}_{2})\eq=\{ b\in B:existe\;a\in {A}_{1} \cup {A}_{2},\;F(a)\eq=b \}\). Luego, \(a\in {A}_{1} \cup {A}_{2}\Leftrightarrow a\in {A}_{1}\lor a\in {A}_{2}\Rightarrow F(a)\in F({A}_{1})\lor F({A}_{2})\). Esto prueba esta inclusión.
Veamos que \(F({A}_{1}) \cup F({A}_{2})\subseteq F({A}_{1} \cup {A}_{2})\). En efecto, \(F({A}_{1})\eq=\{b\in B:existe\;a\in {A}_{1},F(a)\eq=b\}\). Como \(a\in {A}_{1}\subseteq {A}_{1} \cup {A}_{2}\), concluyo que \(F({A}_{1})\subseteq F({A}_{1} \cup {A}_{2})\), pues \(F(a)\in F({A}_{1} \cup {A}_{2})\)
Veamos la segunda parte. Debemos probar nuevamente la doble inclusión.
\(F({A}_{1} \cap {A}_{2})\subseteq F({A}_{1}) \cap F({A}_{2})\). Como \(F({A}_{1} \cap {A}_{2})\eq=\{ b\in B:existe\;a\in {A}_{1} \cap {A}_{2},\;F(a)\eq=b\}\). Luego, \(a\in {A}_{1} \cap {A}_{2}\Rightarrow a\in {A}_{1}\land a\in {A}_{2}\Rightarrow F(a)\in F({A}_{1}) \cap F({A}_{2})\)(esta inclusión vale siempre. No usé la hipótesis de inyectividad)
Para probar la otra inclusión, usaremos un razonamiento distinto. En efecto, observemos que es inyectiva \(F\), luego notando al cardinal de un conjunto finito \(|A|\), es fácil demostrar(pues todas las imágenes son distintas) que \(|F(A)|\eq=|A|\). Supongamos por un momento que \(A,\;B\) son finitos. Luego, \(|F({A}_{1} \cap {A}_{2})|\eq=|{A}_{1} \cap {A}_{2}|\). Razonando de manera análoga, \(|F({A}_{1}) \cap F({A}_{2})|\eq= |F({A}_{1})|+|F({A}_{2})|-|F({A}_{1} \cup {A}_{2})|\eq= |{A}_{1}|+|{A}_{2}|-|{A}_{1} \cup {A}_{2}|\eq=|{A}_{1} \cap {A}_{2}|\eq=|F({A}_{1} \cap {A}_{2})|\)
Luego, encontré que un conjunto que ya probé que era un subconjunto de otro tiene la misma cantidad de elementos que el conjunto en el que está incluído. Esto solo puede suceder, si ambos conjuntos son iguales, por ser finitos. En caso de no ser finitos \(A,B\), uso otra idea, y la de que si \(b\in F({A}_{1})\land b\F({A}_{2})\Leftrightarrow b\in F({A}_{1}) \cap F({A}_{2})\Leftrightarrow a\in {A}_{1} \cap {A}_{2},\;F(a)\eq=b\), es decir, estoy usando que es inyectiva, pues de otra forma puedo obtener la misma imagen ''b'' pero venir de dos ''a'' distintos. Por este camino termina saliendo muy fácil, porque al provenir del mismo ''a'', este ''a'' está en \({A}_{1} \cap {A}_{2}\) y su imagen \(F(a)\in F({A}_{1} \cap {A}_{2})\).
Mostremos en la tercera parte porque no vale lo anterior en general si no se tiene inyectividad. Dejo el contraejemplo, pero verifíquenlo:
la hipótesis de inyectividad es necesaria. Sino, no vale la 2º inclusión. En efecto, \(F:\mathbb{Z}\Rightarrow \{1\},\;F(a)\eq=1,\;\forall a\in \mathbb{Z}\), mirango congruencias módulo n, queda definida una partición de los enteros en \(n\) conjuntos disjuntos dos a dos, cada clase de equivalencia tiene como representante a cada uno de los n restos posibles. Luego, si tales conjuntos los llamamos \({A}_{0},{A}_{1},...{A}_{n-1}\), donde el subíndice denota el ''resto'' de dividir por n, tenemos que \(F(\Cap _{i\eq=0}^{n-1}{A}_{i})\) es vacío, por ser la intersección vacía, pero \(F({A}_{i})\eq=\{1\}\), y luego \(\Cap_{i\eq=0}^{n-1} F({A}_{i})\eq=\{1\}\), y el vacío está incluído en todo conjunto, particularmente en \(\{1\}\).
2)
La primera parte es simplemente probar con cada uno de los posibles restos de dividir \(m\) por 5. Vale decir, \({m}^{2}+4m+6\equiv 0(5)\) nunca se cumple, o lo que es lo mismo, nunca es múltiplo de 5(recordemos que esto se debe a que la congruencia es una relación de quivalencia, y módulo 5, define una partición de \(\mathbb{Z}\) en cinco clases de equivalencias, que tienen por representantes los restos, en general. Es decir, por eso basta probar con los restos. Hago esta justificación porque es un ejercicio de final)
Veamos la segunda parte. Sean \(a,a+1,a+2,a+3,a+4\) tales enteros consecutivos. Luego:
Como \(5|N\), y quiero ver si es un cuadrado, \({5}^{2}|N\). Supongamos que si. Como \(N\eq=5({a}^{2}+4a+6)\Rightarrow 5|{a}^{2}+4a+6\Leftrightarrow {a}^{2}+4a+6\equiv 0(5)\). Pero probamos que no hay soluciones en enteros. Luego 25 no divide a N, 5 si. Luego no es un cuadrado perfecto N, como queríamos probar
3)
\((f:{X}^{3}-1)\eq=X-1\) implica que 1 es raíz de \(f\), pero no son raíces de \(f\) las primitivas de \({G}_{3}\). Además, que el resto de dividir \(f\) por \(X+3\) sea 24, implica por el Teorema del Resto que \(f(-3)\eq=24\). Luego, como \(f\) es mónico de grado 2, podemos pensar \(f\eq=(X-1)(X-b)\). Si especializamos en -3: \(f(-3)\eq=(-3-1)(-3-b)\eq=4(3+b)\eq=24\Leftrightarrow b\eq=3\), obtenemos el polinomio \(f\eq=(X-1)(X-3)\eq={X}^{2}-3X-X+3\eq={X}^{2}-4X+3\). Por la construcción del polinomio, satisface que \(f(-3)\eq=24,\;(f:{X}^{3}-1)\eq=X-1\), pues 1 es raíz de \(f\), pero no las primitivas de \({G}_{3}\), porque 3 es raíz, y como encontré dos raíces de un polinomio de grado dos, no hay más). Claramente \(f\in \mathbb{C}[X]\)
5)
Veamos que vale para n=1. En efecto, \({z}_{1}\eq=\sum_{k\eq=0}^{2}{4}^{k}{i}^{k}\eq=1+4i+16{i}^{2}\eq=1+4i-16\eq=-15+4i\). Si calculamos a mano, \({z}_{1}\eq=4i{z}_{0}+1\eq=4i(4i+1)+1\eq=16{i}^{2}+4i+1\eq=-16+4i+1\eq=-15+4i\), y coincide con lo obtenido.
Ahora el paso inductivo; \({z}_{n+1}\eq=4i{z}_{n}+1\eq=4i\sum_{k\eq=0}^{n+1}{4}^{k}{i}^{k}+1\eq=\sum_{k\eq=0}^{n+1}{4}^{k+1}{i}^{k+1}+1\eq=\sum_{k\eq=1}^{n+2}{4}^{k}{i}^{k}+{4}^{0}{i}^{0}\eq=\sum_{k\eq=0}^{n+2}{4}^{k}{i}^{k}\), como se quería probar. Luego vale para todo n natural
En cuanto a la segunda parte, notemos que \({z}_{n}\eq=\sum_{k\eq=0}^{n+1}{4i}^k\eq=\frac{{4}^{n+2}{i}^{n+2}-1}{4i-1}\). Luego, \({z}_{11}\eq=\frac{{4}^{13}{i}^{13}-1}{4i-1}\eq=\frac{({4}^{13}i-1)(-1-4i)}{17}\eq=\frac{-{4}^{13}i-{4}^{14}{i}^{2}+1+4i}{17}\eq=\frac{{4}^{14}+1+(4-{4}^{14})i}{17}\). De esta expresión, se ve \(\Re({z}_{11})\eq=\frac{{4}^{14}+1}{17}>0,\;\Im({z}_{11})\eq=\frac{4-{4}^{14}}{17}<0\).
Espero haber ayudado, y no haberme equivocado mucho. Saludos.
Firma
I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities
em..
en cuanto al 5..
no estoy muy despierto pero..
no habia que probar para \(z_0\) y despues para \(z_{n+1}\)?
y.. no se por que sera pero \(Re(z)\) y \(Im(z)\) no te estan dando enteros.. y son todas sumas de enteros..
yo en el final calcule los numeros.. (y me dieron enteros)
Gracias, no se de donde inventé el 4. Con respecto a lo que decís, Kevin, mirá que son números enteros los que escribí(verificalo con la calculadora, que te banca estos números, o con congruencias módulo 17)
Perdón; me confundí de ejemplo. Con respecto a porque empecé en \({z}_{1}\), era lo mismo, porque quería probar que valía para todo n natural, aunque si probás que vale para todo natural empezando del 0, como es un conjunto inductivo, obtenés lo mismo. Gracias por mirar lo que puse; ahora saco ese contraejemplo.
Luego, sé que si existe solución, \(m\) puede tomar cualquier valor natural pues las soluciones en \({3}^{n} \equiv 1 (4)\) no dependen de \(m\).
Veamos entonces las posibles soluciones:
Por el algoritmo de división \(\exists ! (q, r)\) tales que \(n = 2q + r\) con \(0 \leq r < 2\), luego:
\(1 \equiv {3}^{n} \equiv {3}^{2q + r} \equiv {({3}^{2})}^{q} {3}^{r} \equiv {9}^{q} {3}^{r} \equiv {1}^{q} {3}^{r} \equiv {3}^{r} \equiv 1 (4)\), y como \(0 \leq r < 2\) y \({3}^{0} \equiv 1 (4)\) y \({3}^{1} \equiv 3 (4)\), entonces \(r = 0\), lo que significa que \(n\) se escribe de la forma \(2q\) con \(q \in \mathbb{N}\).
Luego los posibles pares \((m, n)\) son tales que \((m, n) \in \{ (a, 2b) : a, b \in \mathbb{N} \}\)
ii)
\({5}^{m} + k \equiv {15}^{n} (4) \Leftrightarrow 1 + k \equiv {5}^{n} {3}^{n} \equiv {3}^{n} (4)\)
Por el algoritmo de división, \(\exists ! (q, r)\) tales que \(n = 2q + r\) con \(0 \leq r < 2\), es decir con \(r = 0\) o bien \(r = 1\).
Si \(r = 0\), \({3}^{n} \equiv {3}^{2q} \equiv {({3}^{2})}^{q} \equiv {9}^{q} \equiv {1}^{q} \equiv 1 (4)\). Luego si \(n\) es par \({3}^{n} \equiv 1 (4)\).
Si \(r = 1\), \({3}^{n} \equiv {3}^{2q+1} \equiv {({3}^{2})}^{q} {3}\equiv {9}^{q} 3 \equiv {1}^{q} 3 \equiv 3 (4)\). Luego si \(n\) es impar \({3}^{n} \equiv 3 (4)\).
Entonces dependiendo de la paridad de \(n\), \({3}^{n} \equiv 1 (4)\) o \({3}^{n} \equiv 3 (4)\), lo que significa que si \({3}^{n} \equiv k + 1 (4) \Leftrightarrow k + 1 \equiv 1 (4) \lor k + 1 \equiv 3 (4) \Leftrightarrow k \equiv 0 (4) \lor k \equiv 2 (4) \Leftrightarrow\) \(k = 4q = 2(2q) \lor k = 4q + 2 = 2(2q + 1)\) con \(q \in \mathbb{N}\) \(\Leftrightarrow 2|k\). Luego \(k \in \{ 2q : q \in \mathbb{N} \}\)
Como \(7 \not | 5 \Leftrightarrow 7 \not | {5}^{n} \Leftrightarrow {5}^{n} \not \equiv 0 (7)\), pero veamos que \({5}^{n}\) sí puede tener resto 1, 2, 3, 4, 5 o 6 en la división por 7:
$${5}^{1} \equiv 5 (7)$$
$${5}^{2} \equiv 4 (7)$$
$${5}^{3} \equiv 6 (7)$$
$${5}^{4} \equiv 2 (7)$$
$${5}^{5} \equiv 3 (7)$$
$${5}^{6} \equiv 1 (7)$$
Luego para que \({5}^{m} + k \equiv 1 (7)\) basta tomar \(k \equiv -{5}^{m} + 1 (7)\) para que \(\exists m \in \mathbb{N}\), pues si \(k \equiv -{5}^{m} + 1 (7) \Leftrightarrow {5}^{m} + k = {5}^{m} + (-{5}^{m} + 1) \equiv 1 (7)\).
Pero como para \({5}^{m} \equiv 0 (7)\) no hay solución, \({5}^{m} \not \equiv 0 (7) \Leftrightarrow k = -{5}^{m} + 1 \not \equiv 0 + 1 \equiv 1 (7)\). Luego \(k \not \equiv 1 (7)\), por lo que:
\(k \in \{ 7q + r : q \in \mathbb{N} \land ((r = 0) \lor (1 < r < 7)) \}\)
mira yo el i) lo hice de otra manera, pero todavia no se escribir en el foro ni como poner eso de las resoluciones asi q no lo voy a escribir, llegue a lo mismo, (creo) igual no soy sinónimo de nada, pero me parece q tenes un error en, "tres a la n congruente con uno modulo cuatro", es congruente con menos uno a la n. (si me pueden decir como hacer lo de la resolucion y escribir les agradezco. cuando sepa como escribirlo, posteo lo q yo hice. (ahora veo los demas ^_^)
AAH AAH, perdon, me no dije nada, vos estabas buscando para q n se cumple eso, no estabas diciendo q 3 a la n es congruente con uno, entonces esta bien no dije nada
sory =)
jaja sigo sin saber como poder escribir con simbolitos, si alguien me ayuda gracias
mira me parece q estan todos bien ojala alguien q sepa mas te lo confirme ^_^
a ver quiero practicar si me sale escribir en text, esto es lo q hice yo
\({5}^{m} \equiv 1 (4) y {15}^{n} \equiv {(-1)}^{n} (4)\)
de ahi sacas q tiene q ser \({1}^{m} \equiv {(-1)}^{n} (4)\)
entonces ya esta m puede ser cualquier cosa y n tiene q ser par
a ver si salio ^_^, ahora q alguien me lo corrija a mi
jeje, bueno, gracias por mirar mis resoluciones!! está muy buena tu idea de tomar \({3}^{n} \equiv {(-1)}^{n} \equiv 1 (4)\) porque de ahí sale gratis que n tiene que ser parr.. supongo que también estará bien el tuyo, aunque como dijiste, habrá que esperar a algún ayudante o profesor para que nos diga si están bien resueltos teniendo en cuenta todos los formalismos y recaudos que hay que tomar para el final, saludoss!
ahora q aprendi a usar el text te digo q hice en el ii)
\({5}^{m} + k \equiv {15}^{m} (4) \Leftrightarrow k \equiv {(-1)}^{n} - {1}^{m} (4)\)
de aca entonces sale que los k q cumplen si n es par y m pertenece a los naturales \(k \equiv 0 (4)\)
y si n es impar y m pertenece a los naturales \(k \equiv 2 (4)\)
y de ahi es lo mismo q vos sacaste, para todo numero par existen m y n
Axel y Rose(n) [Volvieron los Guns!!!!], miré sus dem's y parecen estar bien. En particular, que hayan llegado a las mismas conclusiones es alentador, y no encontré ningún error. Lo que sí, Axelbrz, la forma en que escribiste tu resolución hace que uno tienda a confundirse como se confundió rosen: parece que estuvieras diciendo que \(3^n \equiv 1 (5)\) para todo \(n\). Yo más bien pondría primero: "supongamos que tengo \(n, m\) soluciones del problema, entonces..." y ahí anda todo bien. Saludos!!
bueno, gracias por el comentario! si, ante cualquier confusión está bueno poner que suponés eso al principio aunque siempre lo asuma.. lo que quiero saber es, ¿en qué parte parece que digo \(\forall n \in \mathbb{N}\)? ¿al final del primer renglón de la primera resolución que volví a poner el \(\equiv 1 (4)\)? porque si es eso, lo puse para que me quede todo concentrado al final puesto que antes había un \(\equiv 1 \equiv\).. si es ahí en donde está la confusión, si lo hubiese cambiado por esto, ¿se hubiese entendido más?:
de todas formas, pasar un término del medio al final es válido puesto que la equivalencia es una relación simétrica 😛 pero igual para que quede claro también enseguida puse "Luego, sé que si existe solución...", "...pues las soluciones en \({3}^{n} \equiv 1 (4)\)...", y "Veamos entonces las posibles soluciones:" jeje
pero bueno, a ver si era en ese renglón en donde estaba el problema,
Hol gente, es la primera ves que me interno en este foro, antes lo habia hecho pero muy a la ligera. Quisiera que me digan como poder escribir los simbolos matemáticos. Saludos a todos y muchas gracias. 😛
Hol gente, es la primera ves que me interno en este foro, antes lo habia hecho pero muy a la ligera. Quisiera que me digan como poder escribir los simbolos matemáticos. Saludos a todos y muchas gracias. 😛
¡Hola!
Para las ecuaciones se usa LaTeX. Si nunca lo usaste, por ahí te viene bien leerte algún tutorial/guía; hay muchos por todos lados.
Shicos,les molesta que los comentarios sobre latex los mueva a otro topic,me parece aque puede llegar a ser util(por ejemplo para mi 😳 ?)pero qeu aca no se ve porque esta indexado a un ejercicio,en fin,si me avisan y no les molesta lo puedo mover .