Demostrar que no existe una función \(f:\mathbb Z\rightarrow \mathbb Z\) tal que \(f(f(x))=x+1\) para todo \(x\in\mathbb Z\).
(Sugerencia: poner \(k=f(0)\) y demostrar por inducción que \(f(k+x)=x+1\).)
Hallar todos los \(k\in\mathbb N\) tales que para todo \(x\in\mathbb N\), \(x^2+kx+1\) y 5 son coprimos.
Son dados los números 1234 y 56789.
(i) Tomamos dos cifras distintas del primer número y tres cifras distintas del segundo. Contar cuántos números se forman con estas cinco cifras.
(ii) La misma cuestión pero las cifras que tomamos pueden repetirse (podemos tomar la misma cifra más de una vez, pero siguen siendo dos cifras del primero y tres del segundo, por ejemplo podemos agarrar 1, 1, 6, 7 y 7).
Sea \(p\in\mathbb C[X]\) un polinomio de grado a lo sumo dos tal que para todo \(z\in\mathbb C\) se cumple que \(|p'(z)|\leqq |p(z)|\). Demostrar que \(p\) es de grado cero.
Para todo \(n\in\mathbb N\) hallar todos los \(z\in\mathbb C\) tales que \(z^n+|z|\cdot z=0\).
(Considerar los casos \(n=1\), \(n=2\) y \(n>2\) por separado.)
En un ratito mando soluciones.
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"En el principio existía la Palabra, y todo era texto." (San Juan Derrida)
Puede tener errores de todo tipo, sobre todo de tipeo.
Ta bien: sea \(k=f(0)\). Pero demuestro otra cosa por inducción: que si \(n\in\mathbb N\) entonces \(f(k+n)=n+1\) y \(f(n)=k+n\).
Base de inducción: tenemos \(f(0)=k\) y \(1=f(f(0))=f(k)\). De nuevo: \(k+1=f(f(k))=f(1)\). De nuevo: \(2=f(f(1))=f(k+1)\).
Paso de inducción: si \(f(k+n)=n+1\) y \(f(n)=k+n\), aplicamos \(f\) en la primera y queda \(k+n+1=f(f(k+n))=f(n+1)\). Aplicamos de nuevo y obtenemos \(n+2=f(f(n+1))=f(k+n+1).\) Juntando conseguimos \(f(k+n+1)=n+2\) y \(f(n+1)=k+n+1\), o sea hicimos el paso de inducción.
Ahora miremos \(k-1\). Si \(k-1>0\in\mathbb N\), lo ponemos en lo que probamos y da \(f(k+k-1)=k-1+1=k\). Pero \(f(0)=k\). Entonces \(f(2k-1)=f(0)\). Aplicamos \(f\) y da \(2k=f(f(2k-1))=f(f(0))=1\) así que \(2k=1\), lo cual no puede ser porque dos no divide a uno.
Si \(k=1\) queda que \(f(n)=n+1\). Aplicamos: \(n+1=f(f(n))=f(n+1)=n+2\). Absurdo!!
Si \(k<1\) entonces \(-k+1\in\mathbb N\). Así que \(f(1)=f(k+(-k+1))=-k\), pero \(f(1)=k+1\) así que \(-k=k+1\) y de nuevo \(2k=1\), que es un absurdo.
Entonces la función no puede existir.
2. Hacemos la tablita de \(r_5(x^2+kx+1)\) de acuerdo a \(r_5(x)\) y \(r_5(k)\) (son 25 entradas, pero no hacen falta todas). Vemos que si \(k\equiv 0\) y \(x\equiv 2\) la cosa da divisoble por 5, entonces no es coprimo con 5. También con \(k\equiv 2\), \(x\equiv 4\); \(k\equiv 3\), \(x\equiv 1\). Por otro lado, probamos todos los posibles restos de \(x\) y, si \(k\equiv 1\) ó \(k\equiv 4\), nunca pasa que \(5\mid x^2+kx+1\). Entonces como 5 es primo y no divide, tiene que ser coprimo. Los valores pedidos son pues los \(k\) de resto uno o cuatro en la división por cinco.
Solucion más flashada pero más corta:
Si \(p>2\) es un primo y \(p\nmid a\) la ecuación cuadrática \(ax^2+bx+c\equiv 0\,(p)\) tiene solución si y sólo si hay un entero \(r\) tal que \(r^2\equiv b^2-4ac\,(p)\). En ese caso, las soluciones son \(\frac{-b\pm r}{2a}\) (donde dividir por \(2a\) es multiplicar por el inverso multiplicativo de \(2a\)), es decir \(\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\), con la misma condición de existencia que en los reales. Si lo quieren demostrar imiten la demostración que conocen para los reales. Y si no conocen una ¡piénsen una ustedes mismos!
La del problema es \(x^2+kx+1\). El resolvente es \(k^2-4\). Para que tenga solución esto tiene que ser cuadrado de un resto, o sea \(0,1^2,2^2,3^2,4^2\) o sea 0, 1 ó 4. Para que no, pues, tiene que ser 2 o -2. Lo primero es \(k^2\equiv 4+2\equiv 1\), que da \(k\equiv 1\)o \(k\equiv 4\) y lo segundo es \(k^2\equiv 2\), que no tiene soluciones.
Los \(k\) buscados son pues de resto 1 o 4.
3. Para lo primero sacamos las cifras de 1234 de \(\binom 42\) maneras, las de 56789 de \(\binom 53\) maneras y tenemos dígitos ABCDE que forman tantos números como permutaciones: \(5!\). Así que hay \(\binom 42\binom 535!=7200\) números por el principio de multiplicación.
Para lo segundo me quedaron seis casos:
Los dos de 1234 pueden ser iguales (hay 4 posibilidades) o distintos (hay \(\binom 42\)). Los tres de 56789 pueden ser iguales (5 posibilidades), dos iguales y uno distinto (5 maneras de sacar el que se repite, 4 del otro, que hacen \(5\times 4=20\)) y tres distintos (son \(\binom 53\)). Esto da esquemas AACCC, ABCCC, AACCD, ABCCD, AACDE, ABCDE, que tienen \(\frac{5!}{2!3!}\), \(\frac{5!}{1!1!3!}\), \(\frac{5!}{2!2!1!}\), \(\frac{5!}{1!1!2!1!}\), \(\frac{5!}{2!1!1!1!}\), \(\frac{5!}{1!1!1!1!1!}\) permutaciones respectivamente. Sumamos:
\(4\cdot 5\cdot \frac{5!}{2!3!}+\binom 42\cdot5\cdot\frac{5!}{1!1!3!}+4\cdot20\cdot\frac{5!}{2!2!1!}+\binom 42\cdot20\cdot\frac{5!}{1!1!2!1!}+4\cdot\binom 53\cdot\frac{5!}{2!1!1!1!}+\binom 42\cdot\binom53\cdot\frac{5!}{1!1!1!1!1!}=22400\).
4. Ponemos \(p(z)=az^2+bz+c\) y \(p'(z)=2az+b\). Supongamos que \(a\neq0\). Entonces tiene dos raíces el polinomio: \(z_1\) y \(z_2\). Ahora \(0=|p(z_1)|\geqq |p'(z_1)|\geqq 0\) y \(|p'(z_1)|=0\) así que \(p'(z_1)=0\). Igualmente \(p'(z_2)=0\). Pero \(p'(z)=0\) si y sólo si \(z=-b/2a\). Entonces \(z_1=z_2=-b/2a\) y \(p(z)=a\left(z+\frac b{2a}\right)^2\). Tenemos pues que
\(\left|a\left(z+\frac b{2a}\right)^2\right|\geqq |2az+b|\) para todo \(z\in\mathbb C\). Sea \(x=z+\frac b{2a}\). Reemplazamos y queda \(|ax^2|\geqq |2ax|\) para todo \(x\in\mathbb C\). Ponemos \(x=1\) y da \(|a|\geqq 2|a|\) o sea \(0\geqq |a|\) pero \(|a|\geqq 0\) así que \(|a|=0\) y \(a=0\). Esto es una contradicción, porque supusimos que \(a\neq 0\). Entonces \(a=0\).
Ahora la condición es que \(|bz+c|\geqq |b|\) para todo \(z\in \mathbb C\). En particular para \(z=-c/b\). Queda \(0\geqq |b|\), pero \(|b|\geqq 0\) así que \(|b|=0\) y \(b=0\).
Conclusión: \(p\) es de grado cero, como queríamos.
5. Si \(n=1\) es \(z+|z|z=0\), es decir \(z(1+|z|)=0\). Pero \(1+|z|\geqq 1\) así que no puede ser cero. Luego \(z=0\) es la única posibilidad.
Si \(n=2\) es \(z^2+|z|z=0\), es decir \(z(z+|z|)=0\). Esto se da si \(z=0\) o si \(z=-|z|\). Esto es que \(z\) es real y no positivo. Los \(z\) que cumplen son pues los \(z\in\{ z\mid z\in\mathbb R\wedge z\leqq 0\}\).
Si \(n>2\) es así: \(z(z^{n-1}+|z|)=0\). Puede pasar que \(z=0\). Si \(z\neq 0\), \(z^{n-1}=-|z|\). Tomando normas a ambos lados queda \(|z|^{n-1}=|z|\) y (recordamos que \(z\neq 0\)) \(|z|^{n-2}=1\). Pero \(|z|\) es un real positivo y \(n-2>0\) así que \(|z|=1\). Entonces \(z^{n-1}=-|z|=-1\). Veamos que las soluciones son los \(z\in\left\{e^{\frac{2k+1}{2n-2}2\pi i}\mid k\in\mathbb N\wedge0\leqq k\leqq n-2\right\}\). En efecto, como \(z^{n-1}+1\) tiene grado \(n-1\), tiene \(n-1\) raíces, así que basta ver que son distintas las que decimos y que andan.
Que son distintas es claro porque tienen argumentos distintos: \(\frac{1}{2n-2}2\pi,\frac{3}{2n-2}2\pi,\frac{5}{2n-2}2\pi,\ldots,\frac{2n-3}{2n-2}2\pi\).
Que andan se comprueba: \(\left(e^{\frac{2k+1}{2n-2}2\pi i\right)^{n-1}=e^{(2k+1)\pi i}=\left(e^{\pi i})^{2k+1}=(-1)^{2k+1}=-1\). Además \(|z|=1\) obvio porque son raíces de la unidad de \(2n-2\).
Entonces si \(n>2\) los \(z\) son cero y los \(z\in\left\{e^{\frac{2k+1}{2n-2}2\pi i}\mid k\in\mathbb N\wedge0\leqq k\leqq n-2\right\}\).
Cualquier corrección o duda por favor manden. Suerte!