Bueno acá el examen final. Estoy algo agotado, así que no voy a poner las resoluciones que pensé hoy(al menos a esta hora). Puesto que muchos experimentaron cierta frustración en el final(en particular yo, en un punto me tildé ridículamente; por suerte vi la resolución, aunque no se porque tardé tanto en reaccionar), voy a escribir los ejercicios desordenados(con el correspondiente número), para que no se tilden, o no quieran seguir viéndolo; va solo ridículo capricho, igual traten de seguir el orden que pongo. Ahora viene:
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
Definitivamente ese es el orden en q hay q resolverlo para que sea una dificultad progresivamente creciente y no sufrir un trauma cerebral como muchos de nosotros q rendimos hoy
El problema, Claudio, es que \(b\cdot c\equiv 0(a)\) no implica que \(b\equiv 0(a)\lor c\equiv 0(a)\). En efecto, observá el contraejemplo de Nico(u otro, que sospechosamente usamos muchos; \(6|6\eq=2\cdot 3,\;(2:3)\eq=1\), pero 6 no divide ni a 2 ni a 3), o simplemente pensá que \(a\eq=r\cdot q\). Sigue que \(0<r,q<a\)(tomo ''a'' positivo). Luego son posibles restos de dividir por ''a''. Luego\(b\cdot c\equiv 0(a)\) podría tener como solución el par \((r,q)\), y ninguno es congruente con 0 módulo ''a''(no estoy ahora demostrando el ejercicio, estoy mostrando porque no vale \(b\cdot c\equiv 0(a)\iff b\equiv 0(a)\lor c\equiv 0(a)\)). Espero haber aclarado
Bueno, pongo lo que pensé en el 2:
Voy a suponer de entrada que \((a:p)\eq=(b:p)\eq=1\), porque en caso contrario \(a\equiv b\equiv 0(p)\) y todo el resto es verdaderamente trivial(y vale la proposición). Ahora si, empecemos:
Hacemos inducción en \(n\). Está claro que para \(n\eq=0\), obtenemos \({a}^{{p}^{0}}\eq=a\equiv {b}^{{p}^{0}}\eq=b ({p}^{0+1})\Leftrightarrow a\equiv b(p)\). Puesto que por hipótesis esto vale, vale para n=0. Ahora al paso inductivo. Supongamos que \({a}^{{p}^{n}}\equiv {b}^{{p}^{n}}({p}^{n+1})\). Luego, quiero probar que \({a}^{{p}^{n+1}}\equiv {b}^{{p}^{n+1}}({p}^{n+2})\iff {p}^{n+2}\eq={p}^{n+1}p|{a}^{{p}^{n+1}}-{b}^{{p}^{n+1}}\)
Recordando que \({a}^{m}-{b}^{m}\eq=(a-b)\sum_{i\eq=1}^{m}{a}^{i-1}{b}^{m-i}\), agrupamos:
Finalmente, por hipótesis inductiva, \({a}^{{p}^{n}}\equiv {b}^{{p}^{n}}({p}^{n+1})\iff {p}^{n+1}|{a}^{{p}^{n}}-{b}^{{p}^{n}}\).
Luego, como querés probar \({p}^{n+1}p|({a}^{{p}^{n}}-{b}^{{p}^{n}})\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1}{({b}^{{p}^{n}})}^{p-i}\), la hipótesis inductiva te permite decir que basta probar que \(p|\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1}{({b}^{{p}^{n}})}^{p-i}\). Si bien tiene un aspecto horrible, cuando tomamos congruencias módulo p, esto es asombrosamente simplemente. Por hipótesis ad hoc, \((a:p)\eq=(b:p)\eq=1\). Luego vale el pequeño teorema de fermat \({a}^{p-1}\equiv 1(p)\) y por hipótesis \(a\equiv b(p)\). Combinando todo(''p'' es primo, con lo que p>1)...
\(\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1}{({b}^{{p}^{n}})}^{p-i}\equiv \sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1}{({a}^{{p}^{n}})}^{p-i}\eq= \sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1+p-i}\eq=\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{p-1}\eq=\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{p-1})}^{{p}^{n}}\equiv \sum_{i\eq=1}^{p}1\eq=p\equiv 0(p)\), que era lo que queríamos probar. Luego, probamos que \({p}^{n+2}|{a}^{{p}^{n+1}}-{b}^{{p}^{n+1}}\iff {a}^{{p}^{n+1}}\equiv {b}^{{p}^{n+1}}({p}^{n+2})\), lo que queríamos probar. Luego vale para todo \(n\in \mathbb{N}_{0}\)
Espero haber ayudado. Saludos.
Los otros q pusiste estan bien, yo en el ultimo agregue, en la parte de \(d | 2b\), que como d no divide a 2, necesariamente divide a b, y justifique porq pasaba eso y listo
Los otros q pusiste estan bien, yo en el ultimo agregue, en la parte de \(d | 2b\), que como d no divide a 2, necesariamente divide a b, y justifique porq pasaba eso y listo
Bueno, la duda que teníamos de si podíamos usar propiedades de la práctica o no creo que quedó clara. Esa propiedad estaba en la guía de inducción no? No era tan terrible el ejercicio ahora viendo como salía. Una lástima. Bueno, la moraleja: "Hay que leer la práctica (todas) antes del final!" xD.
Saludos!
Igual justo eso lo podes usar porque es tema del CBC, es una serie telescópica..
Me fue MUY mal, estoy decepcionado conmigo mismo porque había estudiado bastante.. Por lo menos aprendí que aunque hagas muchos finales viejos, hay que mirar bien las prácticas y saber MUY bien todas las propiedades porque te pueden saltar con cualquier cosa..
Che, no se puede creer lo bondadosos que fueron corrigiendo.. Yo pensé que no llegaba ni a 4 y me saqué 7, y así le pasó a la mayoría, todos se sacaron mucho más de lo que pensaban.. La navidad llegó temprano este año jaja..
Hablando en serio, creo que el ejercicio 2 no lo consideraron practicamente, y el 5 hasta ahí..
Muchos de los que viven merecen morir, y algunos de los que mueren merecen la vida. ¿Puedes devolver la vida? Entonces no te apresures a dispensar la muerte, pues ni el más sabio conoce el fin de todos los caminos.
En el 4 notá que el polinomio \(X^3 +X^2 + X + 1\) tiene por raices a \(i , -i , -1\), si esas raices son tb raices del otro polinomio que tenias, entonces es divisible. Espero que te haya ayudado en algo, cualquier cosa avisa !
Me podrian dar una mano con el 3, no se como sacar los n cuando algo esta elevado a la n por favor denme una mano ... Tmb tengo un porblema con este ejercicio:
No se usar Latex!! 286/3^n+13n +8
No logro sacar n cuando me queda en un momento que 11^n =(congruente) 5 (mod 13)
Por favor si me pueden ayudar y alguno pasarlo a latex o decirme donde puedo aprender
Lo que yo hice en el 3 fue lo siguiente:
En un momento te queda \({3}^{n} \equiv 9 (11)\), encontrás un caso particular, \({3}^{2} \equiv 9 (11)\) y luego como \({3}^{5}\equiv 1 (11)\) todos los n que sean de la forma \(n = 2 + 5k\) van a cumplir que \({3}^{n} \equiv 9 (11)\).
De ahi en adelante fijate si podes seguir, espero haber ayudado
Muchas gracias..
Ahora tengo otra preunta eso me dice q n es igual a 3+5k o q es congruente a 3+5k xq con que valores hago teorema chino junto a los otros alores de n que me dio??
Te doy una idea de cómo hacer el 5)a)..
Pirmero fijate, que las raíces de ese polinomio son las primitivas de G5, porque sabés que sumar todas las raices de Gn da 0, y como si elevas a una raíz primitiva entre 0 y n-1 te genera a todas las raíces de Gn, entonces si reemplazás a X por una W tq pertenezca a G5 primitiva, el polinomio da 0..
Después, las raíces primitivas de G5 las podés calcular (una forma fácil y rápida es sabiendo que tienen módulo 1 y su argumento se puede calcular haciendo 2kπ/5 ; con k entre 1 y 4, porque tiene que ser k coprimo con 5 para que la raíz sea primitiva)..
Luego, la única forma de que sea reducible en Q es que al multiplicar a W con su conjugado (el cual está en G5 primitivas, porque si está W también está su conjugado), de algo en Q, porque sabemos que si lo multiplicamos con otra cosa, ya no va a dar en Q.. Pero al ver sus argumentos y sumarlos (o al hacer la cuenta, es lo mismo), sale que no da en Q; con lo cual el polinomio es irreducible en Q..
Espero que con esa idea te salga, yo lo hice así en el momento, y después se me ocurrieron un par de ideas más, pero esta es la "más práctica"..
Bueno, quería terminar la parte c) del ejercicio 5, que salía bastante fácil luego de probar la parte a) del problema. En efecto:
Primero, si llamamos \(f\in\mathbb{Q}[X]\) al polinomio a analizar, y \(g\eq=1+X+{X}^{2}+{X}^{3}+{X}^{4}\), primero notemos que, si una raíz \(w\) de \(g\) es raíz de \(f\), el polinomio \(f\) no puede ser coprimo con \(g\) en \(\mathbb{Q}[X]\). En efecto, si este fuera el caso(trabajando sobre \(\mathbb{Q}\) que es un cuerpo), \((f:g)\eq=1\iff \exists q,k\in\mathbb{Q}[X]:1\eq=f\cdot q+g\cdot k\). Si comparten una raíz, resulta, que al especializar en el polinomio, \(1\eq=f(w)\cdot q(w)+g(w)\cdot k(w)\eq=0\), lo que es absurdo. De acá que no pueden ser coprimos tales polinomios. Ahora, ya sabemos que tales polinomios no son coprimos. Luego, sea \((f:g)\eq=h,\;h\in\mathbb{Q}[X]\), su máximo común divisor. Veamos que efectivamente \(h\eq=g\). Ahora, por ser el máximo común divisor, \(h|g\), pero \(g\) se probó que era irreducible en \(\mathbb{Q}[X]\), con lo que \(h\eq=g\). Sigue que \((f:g)\eq=g\), y esto era lo que queríamos probar.
Bueno, espero haber ayudado. Saludos.
Estoy practicando para el final, y me gustaría saber si hice bien el 3 en su totalidad, es decir, haciendo de cuenta como que esto mismo (ni más ni menos) es lo que entrego en la hoja del final.
Es claro que \(n = 2\) es el menor \(n > 0\) tal que \({3}^{n} \equiv 9 (11)\)
\(({3}^{2})({3}^{n-2}) \equiv 9 (11) \Leftrightarrow {3}^{n-2} \equiv 1 (11)\) pues \((9:11) = 1\) (dividí en ambos lados por 9)
Encontré probando que \(k = 5\) es el menor \(k > 0\) tal que \({3}^{k} \equiv 1 (11)\)
\(\Leftrightarrow\) Es claro que 5 tiene que dividir a \((n-2)\) para que \({3}^{n-2} \equiv 1 (11)\)
Luego, \(5 | n - 2 \Leftrightarrow n \equiv 2 (5)\)
Encontré probando que \(n = 6\) es el menor \(n > 0\) tal que \({3}^{n} \equiv 15 (17)\)
\(({3}^{6})({3}^{n-6}) \equiv 15 (17) \Leftrightarrow {3}^{n-6} \equiv 1(17)\) pues \((15:17) = 1\) (dividí en ambos lados por 15)
Encontré probando que \(k = 16\) es el menor \(k > 0\) tal que \({3}^{k} \equiv 1 (17)\)
\(\Leftrightarrow\) Es claro que 16 tiene que dividir a \((n-6)\) para que \({3}^{n-6} \equiv 1 (17)\)
Luego, \(16 | n - 6 \Leftrightarrow n \equiv 6 (16)\)
De ambas partes obtenemos que \((n \equiv 2 (5)) \land (n \equiv 6 (16)) \Leftrightarrow n \equiv 22(80)\) por TCR.
Y finalmente, \((n \equiv 22(80)) \land (n \in \mathbb{N}_{0}) \Leftrightarrow n \in \{ 80 \cdot q + 22 : q \in \mathbb{N}_{0} \}\)
Y por otro lado, estoy viendo el 4.. ¿qué significa el "en \(\mathbb{Q}[x]\)" cuando habla de divisibilidad entre polinomios?
Hola:
Lo que vos escribiste esta un poco flojo de justificacion, sobre todo en las partes donde decis "... es claro que, ...", "probando me di cuenta" y donde aplicas el teo chino del resto, estaria bueno que escribas alguna cuenta, y que justifiques porque tiene que dividir 5 a n-2.
Igual la idea es esa.
Lo de dividir en \(\mathbb{Q}[X]\) es lo siguiente:
Que significa que un polinomio g divida a un polinomio f, es que exista otro polinomio q tal que f=g q, pero que pasa, hasta ahora no dije nada de donde vivian los polinomios, puede ser que si f y g tienen coeficientes enteros no exista ningun q con coeficientes enteros pero si con coeficientes racionales, a eso viene.
Ejemplo:
f=X
g=2X
Luego q=1/2
Es claro que \(n = 2\) es el menor \(n > 0\) tal que \({3}^{n} \equiv 9 (11)\)
\(({3}^{2})({3}^{n-2}) \equiv 9\) (11) \(\Leftrightarrow {3}^{n-2} \equiv 1 (11)\) pues \((9:11) = 1\) (dividí en ambos lados por 9)
Encontremos el menor \(K > 0\) tal que \({3}^{K} \equiv 1 (11)\)
$${3}^{1} \equiv 3 (11)$$
$${3}^{2} \equiv 9 (11)$$
$${3}^{3} \equiv 5 (11)$$
$${3}^{4} \equiv 4 (11)$$
$${3}^{5} \equiv 1 (11)$$
Luego \(K = 5\) es el menor \(K > 0\) tal que \({3}^{K} \equiv 1 (11)\)
Encontremos el menor \(n > 0\) tal que \({3}^{n} \equiv 15 (17)\)
$${3}^{1} \equiv 3 (17)$$
$${3}^{2} \equiv 9 (17)$$
$${3}^{3} \equiv 10 (17)$$
$${3}^{4} \equiv 13 (17)$$
$${3}^{5} \equiv 5 (17)$$
$${3}^{6} \equiv 15 (17)$$
Luego \(n = 6\) es el menor \(n > 0\) tal que \({3}^{n} \equiv 15 (17)\)
\(({3}^{6})({3}^{n-6}) \equiv 15\) (17) \(\Leftrightarrow {3}^{n-6} \equiv 1(17)\) pues \((15:17) = 1\) (dividí en ambos lados por 15)
Ahora encontremos el menor \(K > 0\) tal que \({3}^{K} \equiv 1 (17)\). Sigamos:
$${3}^{7} \equiv 11 (17)$$
$${3}^{8} \equiv 16 (17)$$
$${3}^{9} \equiv 14 (17)$$
$${3}^{10} \equiv 8 (17)$$
$${3}^{11} \equiv 7 (17)$$
$${3}^{12} \equiv 4 (17)$$
$${3}^{13} \equiv 12 (17)$$
$${3}^{14} \equiv 2 (17)$$
$${3}^{15} \equiv 6 (17)$$
$${3}^{16} \equiv 1 (17)$$
Luego \(K = 16\) es el menor \(K > 0\) tal que \({3}^{K} \equiv 1 (17)\)
Como \((5:16)=1\), por TCR, sabiendo que \(\forall n \in \mathbb{N}_{0}(n \equiv 2 (5)) \land (n \equiv 6 (16))\), \(\exists ! 0 \leq r < 5 \cdot 16 = 80\) que cumpla con ambas condiciones, y como \(r = 22\) las cumple, podemos decir que \(r = 22\) es el resto de dividir n por 80.
Luego \(n \equiv 22 (80) \forall n \in \mathbb{N}_{0}\) y (por hipotesis) \(n \in \mathbb{N}_{0}\) \(\Leftrightarrow n \in \{ 80 \cdot q + 22 : q \in \mathbb{N}_{0} \}\)
Y con respecto al 4 gracias!! 🙂
Mejoro lo del teorema chino, pero la parte de 5 divide a n-2 yo la escribiria asi:
Por el teo de la division \(n-2=5j+r\) entonces \(1=3^{n-2}=3^{5j+r}=(3^5)^j 3^r=3^r (11)\) y como r<5 te sale r=0 que es lo que querias
Es más.. me quedé pensando que en realidad yo busqué el menor exponente positivo por algo.. porque asumí que siempre divide a cualquier exponente \(m\) tal que \({3}^{m} \equiv 1 (11)\)..
Una forma de demostrar que siempre el menor \(k\) positivo tal que \({b}^{k} \equiv 1 (m)\), divide a todo \(i\) tal que \({b}^{i} \equiv 1 (m)\) es:
(Empiezo como vos, y lo termino explicando por qué \(r = 0\))
Sea \(i \in \mathbb{N}_{0}\) tal que \({b}^{i} \equiv 1 (m)\), y \(k\) el menor \(i > 0\) posible.
Por el algoritmo de la división, \(\exists ! (q, r) : i = kq + r\) con \(0 \leq r < k\)
\(\Leftrightarrow 1 \equiv {b}^{i} \equiv {b}^{kq + r} \equiv {({b}^{k})}^{q} {b}^{r} \equiv {b}^{r} (m) \Leftrightarrow {b}^{r} \equiv 1 (m) \Rightarrow (r = 0) \lor (r \geq k)\), pues \(k\) es el menor \(i > 0\) tal que \({b}^{i} \equiv 1 (m)\), pero como \(0 \leq r < k \Rightarrow r = 0\).
Al fin pude demostrar eso que tanto intuía!! jeje
Ahora las doble implicaciones ya están justificadas 😄
una pregunta!! estuve pensando muchísimo el 2 para ver si lo podía hacer de otra forma, y nunca logro cerrarlo 🙁
les cuento hasta dónde llegué para ver si a alguno se le ocurre como poder resolverlo de esta forma:
Por el algoritmo de división, tomo \(a = pq + r\), y \(b = ps + r\) con ambos \(r\) iguales y \(0 \leq r < p\) puesto que \(a \equiv b (p)\).
Como hay que probar que \({a}^{({p}^{n})} \equiv {b}^{({p}^{n})} ({p}^{n+1})\), basta asumir que esto es verdadero, para, utilizando doble implicaciones todo el tiempo, llegar a algo verdadero.
Luego, \({a}^{({p}^{n})} \equiv {b}^{({p}^{n})} ({p}^{n+1}) \Leftrightarrow {(pq + r)}^{({p}^{n})} \equiv {(ps + r)}^{({p}^{n})} ({p}^{n+1})\) (de ahora en más \(\forall q,s \in \mathbb{Z}\))
(por el teorema del binomio) \(\Leftrightarrow \sum_{k\eq=0}^{{p}^{n}} \binom{{p}^{n}}{k} {(pq)}^{{p}^{n} - k} {r}^{k}\) \(\equiv\) \(\sum_{k\eq=0}^{{p}^{n}} \binom{{p}^{n}}{k} {(ps)}^{{p}^{n} - k} {r}^{k}\) \(({p}^{n+1})\)
\(\Leftrightarrow {p}^{n+1} | \sum_{k\eq=0}^{{p}^{n}} \binom{{p}^{n}}{k} {p}^{{p}^{n} - k} {r}^{k}\) \(({q}^{{p}^{n} - k} - {s}^{{p}^{n} - k})\)
Bueno, ahí me quedé! después desarrollé el número combinatorio y empecé a sacar y a usar cosas de los factoriales, pero nunca llego a nada lindo que me sirva.. igual por haber probado algunos números parece que \({p}^{n+1}\) divide a cada término de la sumatoria, pues parece que \({p}^{n+1}\) divide a \(\binom{{p}^{n}}{k} {p}^{{p}^{n} - k} {r}^{k}\) para todo \(0 \leq k \leq {p}^{n}\), por lo que quizás se pueda probar eso usando inducción en \(k\), empezando con \(k = 0\) y usando que \(k \leq {p}^{n}\), o sino quizás haya alguna otra forma de terminarlo..
Te doy una idea de cómo hacer el 5)a)..
Pirmero fijate, que las raíces de ese polinomio son las primitivas de G5, porque sabés que sumar todas las raices de Gn da 0, y como si elevas a una raíz primitiva entre 0 y n-1 te genera a todas las raíces de Gn, entonces si reemplazás a X por una W tq pertenezca a G5 primitiva, el polinomio da 0..
Después, las raíces primitivas de G5 las podés calcular (una forma fácil y rápida es sabiendo que tienen módulo 1 y su argumento se puede calcular haciendo 2kπ/5 ; con k entre 1 y 4, porque tiene que ser k coprimo con 5 para que la raíz sea primitiva)..
Luego, la única forma de que sea reducible en Q es que al multiplicar a W con su conjugado (el cual está en G5 primitivas, porque si está W también está su conjugado), de algo en Q, porque sabemos que si lo multiplicamos con otra cosa, ya no va a dar en Q.. Pero al ver sus argumentos y sumarlos (o al hacer la cuenta, es lo mismo), sale que no da en Q; con lo cual el polinomio es irreducible en Q..
Espero que con esa idea te salga, yo lo hice así en el momento, y después se me ocurrieron un par de ideas más, pero esta es la "más práctica"..
Buenas-
Muy copada esa forma de resolverlo pero a todo esto... ¿Como te avivaste de que las raices del polinomio eran las primitivas de G5?
En el 4 notá que el polinomio \(X^3 +X^2 + X + 1\) tiene por raices a \(i , -i , -1\), si esas raices son tb raices del otro polinomio que tenias, entonces es divisible. Espero que te haya ayudado en algo, cualquier cosa avisa !
Eso es lo que yo pensé, pero me confunde el hecho de que diga: "divisible en \(\mathbb{Q}\left[{x}\left]\)"
En el 4 notá que el polinomio \(X^3 +X^2 + X + 1\) tiene por raices a \(i , -i , -1\), si esas raices son tb raices del otro polinomio que tenias, entonces es divisible. Espero que te haya ayudado en algo, cualquier cosa avisa !
Eso es lo que yo pensé, pero me confunde el hecho de que diga: "divisible en \(\mathbb{Q}\left[{x}\left]\)"
Cómo se que es divisible ahí?
Gracias!!
Probás con el -1 y ya está, -1 es raíz del polinomio (te fijás en los exponentes y te queda 1+1-1-1=0). Creo q para q sea divisible en \(\mathbb{Q}\left[{x}\left]\) es q el polinomio divisor tenga sus coeficientes en \(\mathbb{Q}\left[{x}\left]\), estaría bueno q alguien pase a confirmar...
Bueno, pongo lo que pensé en el 2:
Voy a suponer de entrada que \((a:p)\eq=(b:p)\eq=1\), porque en caso contrario \(a\equiv b\equiv 0(p)\) y todo el resto es verdaderamente trivial(y vale la proposición). Ahora si, empecemos:
Hacemos inducción en \(n\). Está claro que para \(n\eq=0\), obtenemos \({a}^{{p}^{0}}\eq=a\equiv {b}^{{p}^{0}}\eq=b ({p}^{0+1})\Leftrightarrow a\equiv b(p)\). Puesto que por hipótesis esto vale, vale para n=0. Ahora al paso inductivo. Supongamos que \({a}^{{p}^{n}}\equiv {b}^{{p}^{n}}({p}^{n+1})\). Luego, quiero probar que \({a}^{{p}^{n+1}}\equiv {b}^{{p}^{n+1}}({p}^{n+2})\iff {p}^{n+2}\eq={p}^{n+1}p|{a}^{{p}^{n+1}}-{b}^{{p}^{n+1}}\)
Recordando que \({a}^{m}-{b}^{m}\eq=(a-b)\sum_{i\eq=1}^{m}{a}^{i-1}{b}^{m-i}\), agrupamos:
\({a}^{{p}^{n+1}}-{b}^{{p}^{n+1}}\eq={a}^{{p}^{n}p}-{b}^{{p}^{n}p}\eq={({a}^{{p}^{n}})}^{p}-{({b}^{{p}^{n}})}^{p}\eq=({a}^{{p}^{n}}-{b}^{{p}^{n}})\)\(\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1}{({b}^{{p}^{n}})}^{p-i}\)
Finalmente, por hipótesis inductiva, \({a}^{{p}^{n}}\equiv {b}^{{p}^{n}}({p}^{n+1})\iff {p}^{n+1}|{a}^{{p}^{n}}-{b}^{{p}^{n}}\).
Luego, como querés probar \({p}^{n+1}p|({a}^{{p}^{n}}-{b}^{{p}^{n}})\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1}{({b}^{{p}^{n}})}^{p-i}\), la hipótesis inductiva te permite decir que basta probar que \(p|\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1}{({b}^{{p}^{n}})}^{p-i}\). Si bien tiene un aspecto horrible, cuando tomamos congruencias módulo p, esto es asombrosamente simplemente. Por hipótesis ad hoc, \((a:p)\eq=(b:p)\eq=1\). Luego vale el pequeño teorema de fermat \({a}^{p-1}\equiv 1(p)\) y por hipótesis \(a\equiv b(p)\). Combinando todo(''p'' es primo, con lo que p>1)...
\(\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1}{({b}^{{p}^{n}})}^{p-i}\equiv \sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1}{({a}^{{p}^{n}})}^{p-i}\eq=\)\(\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{i-1+p-i}\eq=\)\(\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{{p}^{n}})}^{p-1}\eq=\)\(\sum_{i\eq=1}^{p}{({a}^{p-1})}^{{p}^{n}}\equiv \sum_{i\eq=1}^{p}1\eq=p\equiv 0(p)\), que era lo que queríamos probar. Luego, probamos que \({p}^{n+2}|{a}^{{p}^{n+1}}-{b}^{{p}^{n+1}}\iff {a}^{{p}^{n+1}}\equiv {b}^{{p}^{n+1}}({p}^{n+2})\), lo que queríamos probar. Luego vale para todo \(n\in \mathbb{N}_{0}\)
Espero haber ayudado. Saludos.
¿Alguien podría explicarme por qué si no se cumple \((a:p) = (b:p) = 1\) entonces es trivial y eso? Realmente no comprendo esa hipótesis
Gracias
Firma
Me dicen loco, pero somos los locos los que hacemos algo del mundo
Los otros q pusiste estan bien, yo en el ultimo agregue, en la parte de \(d | 2b\), que como d no divide a 2, necesariamente divide a b, y justifique porq pasaba eso y listo
Hola, estaba revisando el ejercicio 1) d) de este final y me preguntaba si no habría que analizar el caso en que d = 1, en cuyo caso d | 2.
es decir: si a es impar, entonces (a:b) = (a : 3a + 2b) = 1.
Yo lo haría así:
\((a:3a+2b)=(a:2b)=(a:b)\)
La primera igualdad es porque \((a:b)=(a:b+ka)\) (visto en clase) y la segunda es porque \(a\) es coprimo con \(2\) entonces cualquier divisor de \(a\) que divida a \(2b\) tiene que dividir si o si a \(b\)
Hola. Que tal?
Intente hacer el ejercicio 3) pero me trabe en una parte. En algo metí la pata mal, si alguien detecta el error seria un golazo. Gracias de antemano.
Primero separé en dos modulos coprimos entre si:
$$3^n + 2 \equiv 0 (11)$$
$$3^n + 2 \equiv 0 (17)$$
Luego tome cada congruencia por separado para operar con ellas:
*\(3^n + 2 \equiv 0 (11) \Leftrightarrow 3^n \equiv 9 (11) \Leftrightarrow\)
como 11 es primo y no divide a 3 puedo usar el teorema de Fermat
\({3}^{10} \equiv 1 (11)\) Por otro lado puedo representar todos los numeros enteros con n=10q + r con r \(\in\mathbb{Z} / y 0\leq r < n\\). Esto me sirve para achicar la complejidad del ejercicio.
por lo visto los valores que cumplen con lo buscado son r=2 y r=7.
Por lo tanto los valores de n que me sirven son:
n=10q + 2
n=10q + 7
*\(3^n + 2 \equiv 0 (17) \Leftrightarrow 3^n \equiv 15 (17) \Leftrightarrow\)
como 17 es primo y no divide a 3 puedo usar el teorema de Fermat
\({3}^{16} \equiv 1 (17)\) Por otro lado puedo representar todos los numeros enteros con n=16q + r con r \(\in\mathbb{Z} / y 0\leq r < n\\). Esto me sirve para achicar la complejidad del ejercicio.
(dividi todo por 2)
\(\Leftrightarrow 25q \equiv 10 (8) \Leftrightarrow q \equiv 2 (8)\Leftrightarrow q=8k+2\) Luego reemplazo q en n = 10q + 2 entonces n = 40k + 22
HASTA ACA TODO BIEN PERO... ACA VINO MI DOLOR DE CABEZA
B) \(n\equiv 7 (10) \Leftrightarrow n = 10q + 7\) Luego reemplazo n en la otra congruencia...
\(n\equiv 6 (16) \Leftrightarrow 10q + 7 \equiv 6 (16) \Leftrightarrow 10q\equiv 15 (16) \Leftrightarrow 2q\equiv 3 (16)\)
Acá se uso que (5:16)=1
Pero despues no encontre la forma de despejar q.
Si alguien me puede orientar en que me equivoque le agradeceria mucho.
Hola que tal? Creo que una forma mas sencilla de resolver el ejercicio 5) a)
es usando el Criterio de Gauss:
$$Sea f(x)= X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$$
Si \(\frac{p}{q}\) es raíz de f(x), donde \(p\in\mathbb{Z}\) y \(q\in\mathbb{N}\) y (p:q)=1 entonces p|1 y q|1. Luego \(\frac{p}{q}\)= -1, 1.
Veo cuales de estos valores es raiz de f(x):
f(-1)\(\neq 0\)
f(1)\(\neq 0\)
Luego f(x) no tiene raíces en \(\mathbb{Q}\) y por lo tanto f(x) es irreducible en \(\mathbb{Q}\).
Esta bien esto? Si hay algun error por favor avisar.
Hola de nuevo.
Ahora me puse a hacer el 5)b) pero me trabé mal:
Se puede ver que las raíces de f(x) son las raíces primitivas de \(G_5\).
Ya que se sabe de que si tomo una raíz primitiva de \(G_5\), la llamo w, y la elevo entre 0 y (n-1), puedo generar todos las raíces de \(G_5\).
Por lo dicho anteriormente \(f(w)=w^4+w^3+w^2+w+1=0\).
Por otro lado sea \(g(x)=x^n-1\), si quiero que g(x)=0 se tiene que dar que \(x^n - 1 = 0\) osea que \(x^n = 1\).
Acá empieza mis dudas:
Si n=5q, con \(q\in\mathbb{N}_0\) y w es una raiz de primitiva de \(G_5\) entonces \((w^5)^q = 1\)
En otro caso esta w elevada a un \(n\in \mathbb{N}_0\) menor que 5 es distinta de 1. Luego pienso que para \(n\equiv t (5)\) con \(0<t<5\) ocurre lo mismo pero no sé bien como justificarlo.... :\
Si hay algo mal, de lo que está hecho, y si alguien sabe como justificar lo que me falta, se lo agradecería mucho.
Observá que en el 5(a) uno probó que \(f\) es irreducible. Luego \((f:{X}^{n}-1)\) es un polinomio mónico que divide a \(f\), con lo que o bien es \(1\) o es \(f\).
Si \(n\equiv 0(5)\) entonces \(n=5q\) y como dijiste, resultaría \((f:{X}^{n}-1)=f\). Supongamos entonces que \(w\) es raíz de \({X}^{n}-1\) y de \(f\). Entonces por un lado, \(w\in {G}_{5}\)(pues es raíz de f) y \(w\in {G}_{n}\)(por ser raíz de \({X}^{n}-1\)). Entonces \(w\in {G}_{5}\cap {G}_{n}\) que es, por un ejercicio de la práctica, \({G}_{(5:n)}\) y como \(5\) es primo, \((5:n)=1\) ó \(5\). Usando además que \(w\neq 1\) se deduce que si \(n\) no es divisible por \(5\) entonces \((f:{X}^{n}-1)=1\).
