Por hipotesis inductiva \((n+1)! + \sum_{i=1}^{n}i!\geq(n+1)! + 3+10*3^{n-3}\)
Ahora voy a probar que \((n+1)! + 3+10*3^{n-3}\geq 3 + 10*3^{n-2}}\)
$$(n+1)!\geq{20*3^{n-3}}$$
Entonces nuevamente por induccion pruebo que \((n+1)!\geq{20*3^{n-3}}\) vale \(\forall{n\in{\mathbb{N}}\geq{3}}\)
$$P(3): 4!\geq{20}\rightarrow{24\geq{20}}$$
$$P(n+1): (n+2)!\geq{20*3^{n-2}}$$
$$(n+2)(n+1)!\geq{(n+2)20*3^{n-3}}$$
Veo que \((n+2)20*3^{n-3}\geq{20*3^{n-2}}\)
\((n+2)\geq{3}\) esto vale para todo n
Entonces vale \((n+1)! + 3+10*3^{n-3}\geq 3 + 10*3^{n-2}}\) y queda probado lo que queria
Esta medio desprolijo, a ver si se entiende...
3- a) Hallar todos los \(m\in{\mathbb{Z}}\) tales que \(m^2\equiv{1(97)}\)
b) Probar que \(m^{48}\) es congruente a 0 o 1 o 96 (mod 97)
a) Defino \(m=n^{48}\). Como 97 es primo, si \((n : 97)=1\) por Fermat \(m^{96}\equiv{1(97)}\)
Si \(97/n\rightarrow{97/n^{48}\rightarrow{97/m\rightarrow{97/m^2\rightarrow{m^2\equiv{0(97)}}}}}\)
Rta: \(m=n^{48}\) n coprimo con 97
b)Si \(n=97k\rightarrow{n^{48}\equiv{0(97)}}\)
Si \((n : 97)=1\) como por Fermat \(n^{96}\equiv{1(97)}\rightarrow{n^{48}\equiv{1(97)}}\) o \(n^{48}\equiv{-1(97)}\) porque \((n^{48})^2=n^{96}\) y tanto -1 como 1 al cuadrado da 1
4- a) Probar que si \(f,g\in{\mathbb{C}\) ambos no nulos y \(h=(f : g)\) entonces \(f(\alpha)=g(\alpha)=0\) si y solo si \(h(\alpha)=0\)
b) Sea \(f\in{\mathbb{C}}\) distinto de cero probar que \((f : f')=1\) si y solo si f no tiene raices multiples
c) Sea \(f\in{\mathbb{C}}\) distinto de cero probar que \(Gr(f : (f')^2)\)nunca es uno
a)\(h=(f : g)\;y\;f(\alpha)=g(\alpha)=0\Rightarrow{h(\alpha=0)}\)
Como h es el mcd se lo puede escribir como una combinacion lineal \(h(x)=f(x)q(x)+g(x)k(x)\)
Como h/f y h/g \(f(x)=h(x)q(x)\) y \(g(x)=h(x)k(x)\)
$$f(\alpha)=h(\alpha)q(\alpha)$$
$$f(\alpha)=0q(\alpha)$$
$$F(\alpha)=0$$
Igual para g(x)
b)\(Gr(f)=n\) y \(Gr(f')=n-1\) entonces defino \(f(x)=d(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)...(x-\alpha_n)\) con \(f(\alpha_i)=0\) \(0\leq{i\geq{n}}\)
\(F'(x)=e(x-\beta_1)(x-\beta_2)...(x-\beta_{n-1})\) con \(F'(\beta_j)=0\) \(0\leq{j\geq{n-1}}\)
Primero quiero probar que si \((f : f')=1\Rightarrow\) f no tiene raices multiples
Si f y f' son coprimos es porque \(\alpha_i\neq{\beta_j}\;\forall{i,j}\), es decir f y f' no tienen niguna raiz en comun, lo que significa que todas las raices de f son simples
Ahora para el otro lado si f no tiene raices multiples entonces \((f : f')=1\)
Si f no tiene raices multiples no existe i,j tales que\(\alpha_i=\beta_j\) entonces f y f' no tienen ningun factor en comun, lo que significa que son coprimos
c) Si \(Gr(f)=0\) \(f\neq{0}\) \(f'=0\Rightarrow\) \({Gr(f : (f')^2)=0\)
Si \(Gr(f)=1\) \(Gr(f')=0\Rightarrow\) \(Gr(f : (f')^2)=0\)
Si \(Gr(f)=2\) \(Gr(f')=1\) \(Gr(f')^2=2\Rightarrow\) \(Gr(f : (f')^2)=0\) si f no tiene raices multiples o \(Gr(f : (f')^2)=2\) si f tiene al menos un raiz multiple.
Entonces si f no tiene raices multiples el \(Gr(f : (f')^2)=0\) porque son coprimos, y si f tiene raices multiples \(Gr(f : (f')^2)\geq{2}\)
Sean m rectas y sean n puntos en esas rectas con la condicion de q no puede haber 3 rectas con 3 puntos alineados.
a) Cuantos subconjuntos de 4 elementos puedo formar con esos puntos?
b) Cuantos cuadrilateros se pueden formar?
Sean \(z_1=\frac{4+\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}-2}{2}i\) y \(z_2=2\)
Para q n se da q \(z_1\) y \(z_2\) son vertices consecutivos de un n-agono centrado en \(2-i\)
Calcular los \(n-2\) vertices.
Me complace ver que el 1 y el 4 los resolvimos de la misma forma (incluso el 1 está EXACTAMENTE igual)
En el 2) a) me parece que hay algún error porque por ejemplo \({96}^{2}\equiv{1(97)}\) pero sin embargo 96 no es de la forma \({n}^{48}\); después pongo cómo lo hice yo
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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.
alguien puede poner la posta del 3 a)? porq quedo ahi medio colgado,y faltan casos... 😕
yo puse q los q cumplian esos eran los de la forma m congruente 1 o -1 (97) siendo m coprimo con 97...ya que como se vió ahi,de no serlo es un múltiplo de 97 por ser 97 primo y queda congruente 0 que no me sirve para lo pedido.
Además en particular los de la forma m=n^48 están incluidos en la "familia" de los congruentes a 1 o -1 cuando m es coprimo con 97 (esto se vé en el inciso b). Asique creo que con esto están todos los casos.
Diciendo que por elevar al cuadrado a un resto negativo,se obtiene uno positivo (y en particular si es -1 se obtiene el 1). Tengo todo....o eso creo yo...
Alguien puede decir si no estoy diciendo cualquiera? 😄
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Pape Trataremos de buscarle una solución más útil que el famoso "reinicie el equipo y vea si mejora"
La posta:
\(m^2\equiv 1 (97) \Rightleftarrow 97| m^2-1=(m+1)(m-1)\) pero 97 es primo entonces
\(97|(m+1)\) o \(97|(m-1)\) luego \(m\equiv 1 (97)\) o \(m\equiv 96(97)\)
me volvi idiota resolviendo el 5 y estaba mal copiado porq falta la "i" en la suma del z1....si no me equivoco era un n-agono de 8 lados y los vértices son las raices de G8 +(2-i) osea corridas... 😄
dps por favor que alguien agregue la "i" porq gente tonta como yo va a sumar eso y va a decir Wtf??
La posta:
\(m^2\equiv 1 (97) \Rightleftarrow 97| m^2-1=(m+1)(m-1)\) pero 97 es primo entonces
\(97|(m+1)\) o \(97|(m-1)\) luego \(m\equiv 1 (97)\) o \(m\equiv 96(97)\)
Para variar, era uno de esos ejercicios que, si no es por un "truquito" (léase: paso algebraico fácil, aunque inesperado, que requiere de una astucia inusitada a la hora de rendir un examen o, en su defecto, que a uno le hayan contado el cuento de antemano), no lo sacás.
En realidad, el ejercicio hasta ahí no está terminado. Se llegó a que: \(m^2 \equiv 1 (97) \Rightarrow m \equiv 1 (97)\) ó \(m \equiv 96 (97)\). Falta ver si ambos casos cumplen con la ecuación inicial. En efecto, si \(m \equiv 1 (97) \Rightarrow m^2 \equiv 1 (97)\), y si \(m \equiv 96 (97) \Rightarrow m^2 \equiv 9216 \equiv 1 (97)\) pues es \(9216 = 97 \cdot 95 + 1\).
En cuanto a la parte b): Si con m se refieren a uno de los números que cumplen la ecuación dada en a), el ejercicio es trivial, porque si \(m^2 \equiv 1 (97) \Rightarrow m^{48} \equiv {m^2}^{24} \equiv 1 (97)\). Ahora, si suponemos que m es un entero cualquiera (en adelante, lo llamaré n para evitar confusiones con respecto al primer inciso), debemos ver lo siguiente.
Si \((n:97) = 1\), entonces, por el Pequeño Teorema de Fermat, \(n^{96} \equiv 1 (97) \Leftrightarrow {(n^{48})}^2 \equiv 1 (97)\). Pero entonces \(n^{48}\) debe ser uno de los números que cumplen con la ecuación del ejercicio a) pues su cuadrado debe equivaler a 1 módulo 97. Vimos recién que esto es lo mismo que pedir que \(n^{48} \equiv 1 (97)\) ó \(n^{48} \equiv 96 (97)\).
Ahora, si \((n:97) \neq 1\), entonces \(97|n \Leftrightarrow n \equiv 0 (97) \Rightarrow n^{48} \equiv 0 (97)\).
Con esto se probó que \(\{ n^{48}\) con \(n \in \mathbb{N} \} \subseteq \{ n\) tales que \(n \equiv 0(97) \vee n \equiv 1 (97) \vee n \equiv 96 (97) \}.\) Nunca queda muy claro, en este tipo de ejercicios, si también se pide probar la igualdad de los dos conjuntos. Se me ocurre que en este caso alcanza con lo ya probado. (En un parcial, no queda otra que levantarse y preguntar.)
Lo que vos decis sobre los truquitos es relativo, ese tipo de ejercicios son los que mas me gustan. La forma de resolverlos es pensarlo un buen rato hasta que se te ocurre la idea y despues de eso son 5 minutos. Otro tipo de ejercicio es el que es obvio como sale pero tenes que estar 1h haciendo cuentas. Esos ultimos no me gustan para nada.
Podes preguntarle a Pablo (Yossarian) sobre el metodo Feymann para resolver problemas 😛
Sean m rectas y sean n puntos en esas rectas con la condicion de q no puede haber 3 rectas con 3 puntos alineados.
a) Cuantos subconjuntos de 4 elementos puedo formar con esos puntos?
b) Cuantos cuadrilateros se pueden formar?
Sean \(z_1=\frac{4+\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}-2}{2}i\) y \(z_2=2\)
Para q n se da q \(z_1\) y \(z_2\) son vertices consecutivos de un n-agono centrado en \(2-i\)
Calcular los \(n-2\) vertices.
Alguien sabe como se hacían estos?
Puede ser que el 2)a) sea \(\binom{n}{4}\)?, osea todas las formas de elegir 4 puntos de los n totales; aca entendí que los n puntos esta distribuidos entre todas las rectas, no que hay n puntos en cada recta.
y aca se terminaron mis ideas.
Para el 2)b), ahora encarandolo como que hay n puntos en cada una de las m rectas (por que de la otra forma no se me ocurre) creo que sería : \(\binom{m}{2}*\binom{n}{2}*\binom{n}{2}\) , osea, de m rectas elijo 2, de los n puntos de una elijo 2, de los n de la otra elijo 2, y me quedan determinados los cuadrilateros con esos puntos.
La posta:
\(m^2\equiv 1 (97) \Rightleftarrow 97| m^2-1=(m+1)(m-1)\) pero 97 es primo entonces
\(97|(m+1)\) o \(97|(m-1)\) luego \(m\equiv 1 (97)\) o \(m\equiv 96(97)\)
Pero eso entonces se puede generalizar, cualquier \(a\equiv m-1(m)\)
Satisface \(a^2\equiv1(m)\)
m=modulo
a=número
Mi pregunta es si ese \(a\) es único entre \(0\) y \(m\)? y como se que es único?
Firma
Hoy esta muerto y con él, cuanta memoria se apaga...
bueno bueno, además del uno y \(a\)
Aunque por no poner el 1 seguro te ponen regular y no bien 😛
Puede ser que sea algo del Teorema de Wilson (dado muy por arriba en clase), pero es solo primos?
Voy a tratar con el 1
Probar que \(\forall{n} \in \mathbb{N},\ n\geq 4\) vale que \(\sum_{i=1}^n{}\textrm{i!}\geq3+10*3^{n-3}\)
Para \(n=4\) se verifica, ahora quiero ver que pasa con \(n+1\)
¿\(\sum_{i=1}^{n+1}i!\geq3+10*3^{n-2}\)?
$$\sum_{i=1}^{n+1}i!=\sum_{i=1}^{n}i!+(n+1)!$$
Por hipotesis inductiva tengo que: \(\sum_{i=1}^n{}\textrm{i!}\geq3+10*3^{n-3}\)
Entonces:
$$3+10*3^{n-3}+(n+1)!\geq3+10*3^{n-2}$$
Saco los \(3\) y paso dividiendo a \(3^{n-2}\)
Queda entonces:
$$10*3+(n+1)!/3^{n-2}\geq10$$
Que se cumple para todo n mayor o igual a 4
¿Así está bien?
Saludos
Edit: perdón el post se ve horrible, pero es la primera vez q uso LaTex
Perdon no tengo idea de cómo usar latex, ya voy a aprender…
Vos queres que la sumatoria desde 1 hasta (n+1) de i! sea mayor o igual que 3 + 10 . 3 n-2 , entonces primero te sacas de encima el termino (n+1) y aplicas hipótesis inductiva, y ahí lo acotas a lo que vos queres, queres que lo que te quedo sea ≥ 3 + 10 . 3 n-2 , para que pase esto (n+1)! ≥ 10/9.3n – 10 . 3 n-3 = 20 . 3 n-3, y de ahí haces otra inducción para probar que eso pasa para todos los n≥4, se entiende???
Cuando haces la segunda induccion en el 1, pedis que sea n mayor/igual que 3 por algo en especial? Porque el ej pedia mayor/igual a 4
Por cierto, que reventado que esta andando el Latex del foro :S
