Determinar para qué valores de \(n\in \mathbb{N}_{\geq 6}\), el polinomio \(f\eq={X}^{n}+2{X}^{5}+3{X}^{4}+3{X}^{3}+3{X}^{2}+2X+1\)admite simultáneamente una raíz cúbica de 1 y una raíz quinta de 1.
Claramente \({G}_{3} \cap {G}_{5}\eq=\{1\}\) y como \(f(1)\neq 0,\forall n\), concluyo que las primitivas de \({G}_{3}\) son raíces de \(f\), pues \(f\in \mathbb{C}[X]\)(es decir, el conjugado es también raíz). Además, si \(w\in {G}_{5}-\{1\}\) es raíz de \(f\), también lo es su conjugado. En resumen; concluímos que el polinomio \(1+X+{X}^{2}|f\). Trabajando con \(f\), obtenemos:
Como \(1+X+{X}^{2}|f\Rightarrow 1+X+{X}^{2}|{X}^{n}+2{X}^{5}+2X+1\). Ahora solo basta especializar. En efecto, si \(z\in {G}_{3}-\{1\}\), especializando:
Como \(z\) es una primitiva de \({G}_{3}\), esto sucede si y solo si \(3|n\Leftrightarrow n\equiv 0(3)\).
Veamos que pasa estudiando con \(w\in {G}_{5}-\{1\}\). Trabajando otro poco con \(f\):
\(f\eq={X}^{n}+2{X}^{5}+3{X}^{4}+3{X}^{3}+3{X}^{2}+2X+1\eq={X}^{n}+2{X}^{5}+3{X}^{4}+3{X}^{3}+3{X}^{2}+3X+3-X-2\eq={X}^{n}+2{X}^{5}+3(1+X+{X}^{2}+{X}^{3}+{X}^{4})-X-2\). Luego, solo basta exigir a \({X}^{n}+2{X}^{5}-X-2\) que tenga como raíz alguna primitiva de \({G}_{5}\). Especializando, llamando \(w\) a tal primitiva:
Nuevamente, es una primitiva, entonces esa igualdad vale si y solo si \(5|n-1\Leftrightarrow n\equiv 1(5)\).
Ahora solo basta usar el Teorema Chino del Resto, obteniendo \(n\equiv 6(15)\), y esos son los n buscados.
Espero haber ayudado. Saludos.
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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
Uso tres cosas, que son lindas de probar (fáciles):
Sean \(G\) un cuerpo y \(F\) un subcuerpo suyo. Si \(p\in F[X]\) es irreducible, \(\alpha\in G\), \(p(\alpha)=0\), \(q\in F[X]\) tal que \(q(\alpha)=0\) entonces \(p\mid q\). (Nosotros lo usamos para \(F=\mathbb Q\) y \(G=\mathbb C\).)
Si \(p\) es un número primo entonces el polinomio \(X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots+X+1\) es irreducible en \(\mathbb Q[X]\). (Busquen criterio de Eisenstein o Eisenstein criterion en wikipedia si no sale).
\((X^m-1: X^n-1)=X^{(m:n)}-1\) (como polinomios).
Volviendo al problema: obvio que 1 no es raíz de \(f\) así que hay una raíz tercera y quinta primitivas de la unidad que lo dividen. Entonces aplicando 1) y 2) obtenemos que \((X^3-1)/(X-1)\) y \((X^5-1)/(X-1)\) dividen a \(f\). Obvio que \((X^3-1)/(X-1)\) y \((X^5-1)/(X-1)\) son coprimos por 3) así que su producto divide a \(f\), que es:
\(g=X^6+2X^5+3X^4+3X^3+3X^2+2X+1\).
Así que este coso divide a \(f-g\) (si y sólo si) que es \(X^6(X^{n-6}-1)\). Entonces \(X^3-1\mid X^{n-6}-1\) (obvio que \(X^3-1\) es coprimo con \(X^6\) y bla) y \(X^5-1\mid X^{n-6}-1\) (es un si y sólo si), de lo que se deduce por 3) que \(3\mid n-6\) y \(5\mid n-6\), que es si y sólo si \(15\mid n-6\). Así que \(n\) cumple si y sólo si hay un entero \(k\geqq0\) tal que \(n=15k+6\).
Espero que a alguien le guste (y que esté bien). Ah, obvio que sé perfectamente que esta solución es igual a la de exequiel0303456, pero el enfoque me pareció diferente y posiblemente interesante. Suerte!
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"En el principio existía la Palabra, y todo era texto." (San Juan Derrida)
Si \(p\) es un número primo entonces el polinomio \(X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots+X+1\) es irreducible en \(\mathbb Q[X]\). (Busquen criterio de Eisenstein o Eisenstein criterion en wikipedia si no sale).
Eso no lo sabía, y suena interesante, puesto que a veces es complicado probar que un polinomio es irreducible en \(\mathbb{Q}\)[X]. Sin embargo, en el artículo de Wikipedia, el criterio se enuncia de una manera distinta, y no logro ver que equivalga a lo que dijiste. Estaría bueno si podés probarlo, o al menos mostrar que ese polinomio satisface el criterio.
Por si acaso, sólo quería mencionarte que me molestan un poco tus "obvio" en tus demostraciones. Algunos preceden a una explicación, y otros se encuentran solos. Estaría bueno que expliques aún las cosas que te parecen obvias, que quizás a otros pueden no parecerles tanto.
quimey: sos un aguafiestas. espero que si hago algo así en la prueba nadie me diga "pará pibe no vimos lo que es un cuerpo" ¬¬
Bue, para que esto no sea tan al pedo (la intención principal es tildar a quimey de alcahuete, jajaja), doy demostraciones de 1) y 3).
Si \(p\in \mathbb Q[X]\) es irreducible, \(\alpha\in \mathbb C\), \(p(\alpha)=0\), \(q\in \mathbb Q[X]\) tal que \(q(\alpha)=0\) entonces \(p\mid q\).
Sea \(r=(p:q)\). Tenemos que hay \(u,v\in \mathbb Q[X]\) tales que \(pu+qv=r\). Claro que \(r\) no puede ser el polinomio nulo porque cero no divide a nada excepto a sí mismo. Evaluamos en \(\alpha\) y nos da que \(r(\alpha)=0\). Entonces \(gr(r)\geqq 1\) (porque tiene el factor \((x-\alpha)\)), pero \(r\mid p\) y \(p\) es irreducible. Entonces \(r=\lambda p\), con \(\lambda\in\mathbb Q\) así que \(p\mid r\mid q\), como queríamos.
3) \((X^m-1: X^n-1)=X^{(m:n)}-1\) (como polinomios).
Usamos el teorema fundamental del álgebra. Las raíces de \(X^m-1\) son \(G_m=\{e^{\frac im 2\pi}\mid i\in\mathbb N, 0\leqq i\leqq m-1\}\) y las de \(X^n-1\) son \(G_n=\{e^{\frac jn 2\pi}\mid j\in\mathbb N, 0\leqq j\leqq n-1\}\). Buscamos la intersección de estos conjuntos. Si \(e^{\frac im 2\pi}=e^{\frac jn 2\pi}\) en esas condiciones es obvio que \(\frac im=\frac jn\) es decir \(in=jm\). Ahora dividimos ambos lados por \(d=(m:n)\) y tenemos \(in'=jm'\), con \(n'=n/d\) y \(m'=m/d\), \((n':m')=1\). Claramente \(n'\mid j\) y \(m'\mid i\) así que \(j=n'j'\) y \(i=m'i'\). De esta manera \(\frac im=\frac{i' \frac md}{m}=\frac {i'}d\) y \(\frac jn=\frac {j'}d\). Entonces \(G_m\cap G_n\subset G_d\). Por otro lado creo que es claro que \(G_d\subset G_m\cap G_n\). Entonces \(G_m\cap G_n=G_d\) y bueno, es lo que queremos.
Che, posta, Quimey, ¿vos decís que no va en el final de álgebra tirar cosas así? 🙁
Para crazy2k: uy, no me di cuenta de los "es obvio" :$ Es cierto que debe ser molestísimo leerlos. Bue, voy a tratar de escribir para los demás y no para mí mismo si posteo 🙂
Explico brevemente el criterio de Eisenstein y cómo se aplica:
Criterio de Eisenstein. Si \(f\in\mathbb Z[x]\) está definido así:
y hay un número primo feliz que cumple que \(p\mid a_0,p\mid a_1,\ldots,p\mid a_{n-1}\) y \(p\nmid a_n\) (divide a todos los coeficientes menos al principal) y \(p^2\nmid a_0\) entonces es irreducible.
¿Por qué?
Si \(f=gh\), donde \(g,h\in\mathbb Z[x]\), miramos módulo \(p\) y queda \(f\equiv a_n x^n\equiv gh\, (p)\). Bue, resulta que de la misma manera exacta que como se demuestra que los polinomios tienen factorización única en \(\mathbb Q[x]\) se prueba lo mismo para los polinomios vistos módulo \(p\) con \(p\) primo. (O sea dos polinomios son iguales mód p si y sólo si tienen el mismo grado y los coeficientes son congruentes mód p. Hay algoritmo de división para polinomios mód p, cosa que se hace esencialmente igual que en Q, y bue, si tienen tiempo y ganas se pueden fijar que todo anda bien. O sea que hay polinomios irreducibles mód p, que Ruffini vale mód p, que el truco de la derivada vale mód p, etc. Todo anda.) Entonces \(g\) y \(h\) son \(b x^r\) y \(c x^{n-r}\) módulo \(p\), donde \(b\) y \(c\) son enteros. Conclusión: vistos en \(\mathbb Z[x]\) tienen todos sus coeficientes divisibles por \(p\) menos el principal. Entonces el coeficiente independiente de su producto es divisible por \(p^2\), contradicción!!
Demostrar que los coeficientes de \(g\) y \(h\) son divisibles por \(p\) (salvo los principales) también se puede hacer sin mirar módulo \(p\). Es un poquitín más complicado, pero creo que sale y es un buen ejercicio. (Lamentablemente en wikipedia está esta misma demostración. Bue, si alguien se lo quiere quemar pregunten. Igual no tiene nada de interesante, es mirar los coeficientes diciendo ¿será divisible por p o no?, ¿será divisible por p o no? hasta que se ve que sí, son todos divisibles por p.)
Ahora 2) Si \(p\) es primo entonces el polinomio \(x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1\) es irreducible en \(\mathbb Q[x]\).
Otro truco sucio: podemos hacer un cambio de variables: pongamos \(x=y+1\) y miremos el polinomio \((y+1)^{p-1}+(y+1)^{p-2}+\cdots+(y+1)+1\). Si el polinomio inicial fuera reducible también sería reducible este, porque ponemos \(y+1\) en vez de \(x\) siempre y debería dar lo mismo.
Ahora \((y+1)^{p-1}+(y+1)^{p-2}+\cdots+(y+1)+1=\frac{(y+1)^p-1}{y+1-1} = \sum_{i=1}^p y^{i-1} {p\choose i}\).
El coeficiente de \(y^p\) (el principal) es 1, que no es divisible por \(p\). Veamos que el resto sí son divisibles por \(p\). Esto es ver que \(p\mid {p\choose i}\) si \(1\leqq i\leqq p-1\). Ahora \({p\choose i}=\frac{p!}{i!(p-i)!}\). Claramente \(p\mid p!\). Además creo que es claro que \(p\nmid i!\) y \(p\nmid (p-i)!\). Entonces \(p\) divide al numerador pero no al denominador y podemos concluir que divide al cociente. Entonces tenemos la condición de que \(p\) divide a todos los coeficientes menos al principal. Ahora el coeficiente independiente es \({p\choose 1}=p\), que no es divisible por \(p^2\). Se cumplen las condiciones de Eisenstein perfectamente, y podemos concluir felices que es irreducible.
Bue, pinta que pueden quedar dudas. Obviamente que tengo toda la buena voluntad para responder cosas (por algo escribo esto) mientras sepa la respuesta así que suerte!
Aprovecho porque no quiero abrir thread. Pinta que varias gentes van a leer esto: el martes voy a dar el libre. ¿Es común esto? ¿Saben de alguien que vaya a darlo libre también? ¿Será muy difícil? Si alguien tuvo alguna experiencia con exámenes libres que me cuente. No es que tengo miedo porque masomenos me salen las cosas, pero me dijeron "obviamente no te vamos a tomarel mismo examen que a los de final" o sea como que me quieren sacar la cabeza. 😮 Denme ánimo o adviértanme si me estoy dirigiendo a suicidar mi promedio.
Yo creo que en el final te lo pondrán bien, quiza te pidan que expliques con mas detalle lo que hiciste, lo que no da es que alguien que quiera entender el ejercicio lea tu post, porque lo mas probable es que se confunda mas. Igual la solución es muy original, podes poner (como hago yo cuando me zarpo 😛) una advertencia tipo: "resolucion flashera".
No conozco a nadie que haya dado libre, por que no la hiciste en el verano, rendias los 2 parciales y te tomaban el mismo final que a todos?
Uy mil disculpas. 😳 Igual creo que en la prueba te toman lo del programa, es decir, si alguien ve que uso algo llamado "criterio de eisenstein" y eso no aparece en el programa, entonces es una flashada mía. Que puede ser interesante, que, es más, puede llegar a hacernos entender mejor las cosas que sí están en el programa, que puede servir como ejercicio. Bue, pero ok voy a decir "lo siguiente es una flashada off materia" la próxima.
No cursé en el verano porque no estaba incripto en la carrera. Quizás hubiera podido negociar, excepto porque tampoco estaba inscripto en el CBC. Jaja tengo la impresión de que voy a ser el único nabo dando libre. Bue, los profesores se van a divertir conmigo. 😐
No cursé en el verano porque no estaba incripto en la carrera. Quizás hubiera podido negociar, excepto porque tampoco estaba inscripto en el CBC. Jaja tengo la impresión de que voy a ser el único nabo dando libre. Bue, los profesores se van a divertir conmigo. 😐
La pregunta que tarde o temprano iba a llegar: ¿Cómo es que vas a rendir Álgebra de Exactas libre si no hiciste el CBC?
Jaja re desvirtué 😕 Bue, la respuesta es que en el verano no estaba inscripto, porque todavía no tenía el título de la escuela, o porque no se puede, algo así recuerdo que era, el caso es que ahora sí. Hice uba xxi y ahora ya di álgebra y análisis libres; me queda física. El oral lo doy el lunes y ya me voy a poder inscribir (bue, suponiendo que lo apruebo, cosa que creo que va a pasar si mañana leo el libro). El martes pienso dar el libre. Todo está demasiado ajustado pero cierra 😕
Bue, espero que mi conmovedora historia les haya sacado una lágrima al menos. Pienso hacer una película sobre mi ingreso a la uba.
Suerte a los que rinden conmigo el martes (aunque no den mi prueba) y deséenme suerte a mí. Saludos!
Perdonenmelo al Juan, es un discípulo medio caótico, pero es de los buenos, aunque en algun momento nos va a superar a todos y se va a unir al lado oscuro de la fuerza.
Ya que vamos a desvirtuarla totalmente:
Suerte Juan Wachin! Ponete las pilas para el selectivo de la IOI de Bulgaria! Suerte yo con Lineal el Martes! Suerte todos con sus finales y otras yerbas similares!!!!!
Saludos.
Firma
Cuando solo hay un candidato, solo hay una elección.