UTNianos

la relacion es T: N^2 -> N^2 /

(x,y)T(a,b) <=> x|a ^ y <= b

'x' divide a 'a' y 'y' es menor o igual a 'b'

EDIT

ahi vi lo que decias, si, en la resolucion puse en el enunciado x|b, pero es x|a, igual en la resolcuion esta bien no te preocupes

y una mas en el ejercicio 3 a) porque lo demostras por induccion? Cuando dice justificar hay q hacerlo de esa manera? no alcanza con lo q hiciste antes de la induccion??

GRACIAS!

si, muchos pensaron lo mismo q vos y no les contaron el ejercicio

la unica manera de justificar es con induccion, poner un par de numeros q lo cumplan es solo dar ejemplos

Holaa..

1a y 1b lo resolvimos así con la ayudante hoy..



En el punto 2a hice lo mismo que vos y el chavon me lo tomo como MAL por NO JUSTIFICAR

a|c y c|a => a=c exactamente lo que yo puse

tenías que aclarar que es en N
porque en Z no se cumple, por ejemplo

5|-5 y -5|5 pero 5<> -5

y no solo tenía que poner eso sino que tenía que abrirlo...

a|c y c|a

c=a.k1 , a= c.k2 multiplicando miembro a miembro
c.a = a.k1.ck2 ---> k1.k2=1 k1,k2€Z. Entonces k1=k2=1.

=> a=c.
y ahí SI esta demostrado..

Re puto, me lo puso como mal

Lo mismo me marco en la transitiva....

En la reflexiva no me hizo kilombo...


Transitiva...

a|c y c|e

c=a.k3 , e=c.k4 , reemplazando c en la 2da ecuación...

e= a.k3.k4 , k3.k4 €Z , k5=k3.k4 , k5€Z
e= a. k5
=> a|e.
Ahí se probó la transitiva.




En el 3a yo puse directamente n=2k +1 y estaba bien..
Si hay tiempo harían lo de probar por inducción, pero no es necesario... solo pedía dar los números que cumplian.


3b) bien las soluciones... Alguien dijo un número grande... La solución al estar en congruencia modulo 76 nunca va ser más grande que 76, es ilogico que el resto de dividir un numero por 76 te dé más grande que 76.. para sacar las otras soluciones sumas el último modulo n.


4) Me lo pusieron mal por probar solo una parte

dice: Probar que R es de equivalencia SI Y SOLO SI H es subgrupo de G

yo solo probé que si R era de equivalencia entonces necesariamente H es subgrupo de G.


Me falto probar que si H es subgrupo entonces R es de equivalencia.


Osea una parte era tomando que R es de equivalencia y tenías que llegar a que H es subgrupo. (acá R ya es de equivalencia y hay que llegar a que H es subgrupo).

Como R es de equivalencia cumple: Reflexiva, Simetrica, transitiva.

Por enunciado H<> vacio y H contenido en G

Reflexiva: aRa <=> a*a' € H

a*a' = e, e neutro de G => e€H (Tienen el mismo neutro G y H)

Simetrica: aRb

a*b' €H => (a*b')'€H => b*a'€H => bRa , como cada elemento tiene su simétrico en H, G y H tienen el mismo neutro H no es vacío y está contenido en G entonces H es subgrupo

cumple Transitiva por ser de Equivalencia.





La otra parte era tomando H subgrupo entonces R es de equivalencia. (lo que vos hiciste es empezar por esta parte afirmando que a*b' €H por ser H subgrupo, sino no podrías afirmar eso)




5a) bien.

el 5b) decía que NO son isomorfos
no son isomorfos, así que Verdadero.

el 5c) ni idea, nunca estudié una No homogenea.

En el 3)a) buscan que uses el Pequeño Teorema de Fermat y te ahorras la inducción

(17-12-2013 17:18)Gabriiel escribió: [ -> ]En el 3)a) buscan que uses el Pequeño Teorema de Fermat y te ahorras la inducción

y como lo usas?

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Cita:En el punto 2a hice lo mismo que vos y el chavon me lo tomo como MAL por NO JUSTIFICAR

a|c y c|a => a=c exactamente lo que yo puse

tenías que aclarar que es en N
porque en Z no se cumple, por ejemplo

5|-5 y -5|5 pero 5<> -5

y no solo tenía que poner eso sino que tenía que abrirlo...

a|c y c|a

c=a.k1 , a= c.k2 multiplicando miembro a miembro
c.a = a.k1.ck2 ---> k1.k2=1 k1,k2€Z. Entonces k1=k2=1.

=> a=c.
y ahí SI esta demostrado..

Re puto, me lo puso como mal =(

esas cosas dependen del profesor q te corrija, yo lo puse como en la resolucion y me lo marco como bien

Cita:En el 3a yo puse directamente n=2k +1 y estaba bien..
Si hay tiempo harían lo de probar por inducción, pero no es necesario... solo pedía dar los números que cumplian.

decia justificar... y muchos chicos que rindieron conmigo pusieron solo eso sin la induccion y no les tomaron el ejercicio, q profesor te corrigio?

Cita:4) Me lo pusieron mal por probar solo una parte
dice: Probar que R es de equivalencia SI Y SOLO SI H es subgrupo de G
yo solo probé que si R era de equivalencia entonces necesariamente H es subgrupo de G.
Me falto probar que si H es subgrupo entonces R es de equivalencia.
Osea una parte era tomando que R es de equivalencia y tenías que llegar a que H es subgrupo. (acá R ya es de equivalencia y hay que llegar a que H es subgrupo).
Como R es de equivalencia cumple: Reflexiva, Simetrica, transitiva.
Por enunciado H<> vacio y H contenido en G
Reflexiva: aRa <=> a*a' € H
a*a' = e, e neutro de G => e€H (Tienen el mismo neutro G y H)
Simetrica: aRb
a*b' €H => (a*b')'€H => b*a'€H => bRa , como cada elemento tiene su simétrico en H, G y H tienen el mismo neutro H no es vacío y está contenido en G entonces H es subgrupo
cumple Transitiva por ser de Equivalencia.
La otra parte era tomando H subgrupo entonces R es de equivalencia. (lo que vos hiciste es empezar por esta parte afirmando que a*b' €H por ser H subgrupo, sino no podrías afirmar eso)

yo lo probe como un si y solo si, y estaba bien (me lo corrigieron bien), si haces dos caminos va a ser mas largo y con mas restricciones

Cita:el 5c) ni idea, nunca estudié una No homogenea.

lo tenes en las guias de piñeiro, unidad 4

Teorema de Fermat: \[a^{p-1}\equiv 1 (p)\] si a no es divisible por p, siendo p primo.

Como 3 es primo y no divide a 2 lo podemos usar.

Primero escribis a n en función de su división entera por 2: \[n = 2q + r\] con \[q \varepsilon \mathbb{Z}\] y \[r \varepsilon\] {0, 1}


Entonces \[2^{n} + 1 = 2^{2q + r} + 1 = (2^{2})^{q}\ast 2^{r} + 1\]

Y aca es donde usamos el teorema, \[2^{2} \equiv 1 (3)\], aunque al ser un numero tan chico es obvio y ni hace falta usar el teorema, pero la mayoría de las veces es un número gigante y no queda otra que usarlo si o si. Entonces:

\[(2^{2})^{q}\ast 2^{r} + 1 \equiv (1)^{q}\ast 2^{r} + 1\equiv 2^{r} + 1 (3)\]

Pasamos de tener un \[2^{n} + 1\] a tener un \[2^{r} + 1\], lo copado es que r al ser el resto de la división por 2, solo puede valer 0 o puede valer 1, remplazamos a ver que nos queda:


Primero r = 0:
\[2^{r} + 1 = 2^{0} + 1 = 2 \equiv 2 (3)\] La expresión al ser congruente con 2 módulo 3, no es divisible por 3...


Probamos con r = 1
\[2^{r}+1=2^{1}+1=3\equiv 0 (3)\] Es congruente con 0 módulo 3, o sea que es divisible por 3


Tachan tachan, r tiene que valer 1, lo remplazamos en la fórmula original de n cuando le hicimos la división por 2:

\[n = 2q + r = 2q + 1\] con \[q \geq 0\]

Y listo, encontraste la fórmula y ya está demostrada sin usar inducción.

Hola, tengo una consulta sobre un ejercicio . Cuando haces la tabla de los inversibles, por ejemplo, de Z5, como sacas los resultados?
Ejemplo, 4.2=1, 3.3=4, y demas, dejando de lado el 1 que es el neutro. Gracias!

Asumiendo que te referis al semigrupo multiplicativo (Z5, *)

en general los inversibles de Zn con la multiplicacion son aquellos k tales que:

mcd(k,n) = 1, o sea q son coprimos

en el caso de Z5 los inversibles serian 1, 2, 3, 4

los inversibles son aquellos q tienen simetrico, en Z5 con mult, el neutro es uno entonces tenes q fijarte los elementos que tienen un uno en sus filas