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8/17/2019 1-10_impr Hasta Pg 50 Incl

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Hoja de Problemas nº1 – Algebra 1

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1. Hallar un número cuadrado perfecto de cinco cifras sabiendo que el productode esas cinco cifras es 1568.

Solución:

Sea n2 = x1 · 10

4+ x2 · 10

3+ x3 · 10

2+ x4 · 10 + x 5 el número que buscamos y

sea n = a · 10 2 + b · 10 + c la raíz cuadrada del número que buscamos.

Entonces debe ocurrir que:

x1 · 10 4 + x2 · 10 3 + x3 · 10 2 + x4 · 10 + x 5 =

= a 2 · 10 4 + 2ab10 3 + (b 2 + 2ac) · 10 2 + 2bc10 + c 2

Por otro lado sabemos que 1568 = 72

· 25

, entonces se tiene que n2

debe estar formado por las siguientes posibles cifras:

1) 7, 7, 8, 4, 12) 7, 7, 8, 2, 23) 7, 7, 4, 4, 2

La opción 2) no es posible porque un cuadrado no puede tener nunca como cifra delas unidades un 7, un 8 o un 2.

Por otro lado la opción 3) tampoco puede ser, pues la suma de sus cifras es 24, que

es dursible por 3, pero no por 9, por lo tanto no pueden formar un cuadrado perfecto.

Por lo tanto las cifras de n 2 deben ser 7, 7, 8, 4, 1 y bajo estas condiciones se tieneque x5 debe ser 1 o 4 y x 4 debe ser par. Entonces se tiene que los posibles valores de n 2

son:

17784 77841 7478171784 78741 7748177184 87741 47781

Pero de todos ellos el único que es un cuadrado perfecto es:

77841 = (279) 2

Entonces: N 2 = 77841

2. Encontrar un número “abcd” de 4 cifras en base 12, tal que es cuadradoperfecto y además los números “ab” y “cd” son consecuentes en base 12.

Solución:

Como bien nos dice el problema, se tiene que ab + 1 = cd,


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y por otro lado10000 12) ≤ abcd < 100000 12)

⇒ Pasando la desigualdad a base 10, se tiene que 1728 ≤ n2 < 20738

donde denotamos por n2 el número abcd pero en base 10.

Entonces tenemos que 42 ≤ n < 144

Por otro lado tenemos que abab = abcd – 1 ⇒

⇒ a · 12 3 + b · 12 2 + a · 12 + b = 145(12ª + b) = n 2 – 1 ⇒

⇒ 29 · 5 · (12ª + b) = (n – 1)(n + 1).

Por lo tanto (n – 1) o (n + 1) deben ser múltiplos de 29 y como 42 ≤ n < 144,entonces:

• Si n – 1 es múltiplo de 29, y como (n – 1)(n + 1) debe ser múltiplo de 5entonces n = 59 ⇒ n2 = 3481 = 2021 12) que verifica las condiciones.

• Si n + 1 es múltiplo de 29 y como (n – 1)(n + 1) debe ser múltiplo de 5entonces n = 86 ⇒ n2 = 7396 = 4344 12) que verifica las condiciones del problema.

Por lo tanto hay dos soluciones posibles para este problema:

n1 = 2021 12) y n2 = 4344 12)

3. En un sistema de numeración cuya base se desconoce, dos números se escriben302 y 402. El producto de ambos números es 75583 en el sistema de numeraciónde base 9. Hallar la base desconocida.

Solución:Tenemos que:

302 n) · 402 n) = 75583 9)

Entonces pasándolo a base diez se tiene que:

(3 · n 2 + 2)(4 · n 2 + 2) = 7 · 9 4 + 5 · 9 3 + 5 · 9 2 + 8 · 9 + 3 ⇒

⇒ (3n2 + 2)(4n 2 + 2) = 50052 ⇒

⇒12n4 + 6n 2 + 8n 2 + 4 = 50052 ⇒ 12n4 + 14n 2 – 50048 = 0 ⇒

⇒ 6n4 + 7n 2 – 25024 = 0, haciendo n 2 = m tenemos:


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6m2 + 7m – 25024 = 0 ⇒ m = =+±−12

600576497

64

= =±−12

7757

-65´16 lo rechazamos

⇒ n2 = 64 ⇒ n1= 8 o n 2 = -8 que lo rechazamos ⇒ la soluciónes n 1 = 8

4. Demuestre que para todo número natural n, n ≥≥ 1, se tiene:

∑ ∑+= =

+−=n

nk

n

m

m

mk

2

1

2

1

1)1(1

Solución:

Sea −=ΙΝ∈=Α ∑ ∑+= =

+n

nk

n

m

m

mk n

2

1

2

1

1)1(1/

ι) ¿1∈Α?

∑=

=2

2 211

k k

⇒

1∈Α∑

=

+=−=−+−=−

2

1

321

21

21

12

)1(1

)1()1(

m

m

m

ιι) Supongamos cierto que n ∈Α, es decir: ∑ ∑+= =

+−=n

nk

n

m

m

mk

2

1

2

1

1)1(1.

Veamos si (n + 1) ∈Α, ¿ ∑ ∑+

+=

+

=

+−=22

2

22

1

1)1(1n

nk

n

m

m

mk ?

∑ ∑ ∑+

+=

+

+= += ++

++

+−=+

+−

+=

22

2

22

2

2

1 221

121

1111

11

111n

nk

n

nk

n

nk nnnk k nnk =

∑ ∑= =

++++

=+

−++

−+−=+

++

−+

+−=n

m

n

m

nnmm

nnmnnnm

2

1

2

1

322211

22)1(

12)1()1(

121

11

121)1(

∑

+

=

+−=22

1

1)1(n

m

m

m⇒ (n + 1) ∈Α

⇒ Α = ΙΝ


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5. Hallar un número de cinco cifras diferentes que sea igual a la suma de todos losde tres cifras que se pueden obtener formando todas las variaciones ordinariasde dichas cinco cifras tomadas de tres en tres.

Solución:

Supongamos que N = x 1x2x3 x4x5 es el número pedido con x 1 ≠ 0, porque sino, no tendría cinco cifras.

Como con esas cinco cifras queremos formar números de tres cifras se tiene quehay V 5,3 = 60 posibilidades, de las cuales hay 12 que tienen una cifra determinadaen una posición determinada.

Por tanto tenemos que:

12(x 1 + x2 + x3 + x4 + x5) + 12(x 1 + x2 + x3 + x4 + x5) · 10 +

+ 12(x 1 + x2 + x3 + x4 + x5) · 100 = 1332(x 1 + x2 + x3 + x4 + x5)

y por lo tanto:

N = 1332(x 1 + x2 + x3 + x4 + x5)

Entonces N es múltiplo de 9 porque 1332 lo es, y utilizando el criterio dedivisibilidad del 9 se tiene que:

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 9t

y dado que todas las cifras son distintas entre si, su suma estará entre:

1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 y 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 35

⇒ 15 ≤ x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ≤ 35

Por lo tanto los únicos valores posibles de t son t = 2 y t = 3.

• Si t = 2 entonces N = 1332 · 9 · 2 = 23976, y como la suma de sus cifrases 27 ≠ 18 = 9 · 2 entonces contradice que x 1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 9t

⇒ Este número no es el buscado.

• Si t = 3 entonces N = 1332 · 9 · 3 = 35964 y como

3 + 5 + 9 + 6 + 4 = 27 = 9 · 3 entonces N = 35964 es la solución del problema.

6. Dados los códigos ordenados de cinco letras entre las ocho: A, B, C, D, E, F, G,H (repetidas o no, se pide hallar:

a) Número total de códigos.b) 1) Número de ellos con una sola letra repetida dos veces. Ejemplo: ABACH.


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2) Número de ellos con dos letras repetidas dos veces cada una. Ejemplo:ABBCA.3) Número de ellos con una letra repetida tres veces. Ejemplo: ABAAE.4) Número de ellos con una letra repetida tres veces y otra dos. Ejemplo:AABAB.

5) Número de ellos con una letra repetida cuatro veces.6) Número de ellos con una letra repetida cinco veces.7) Número de los que no estén comprendidos en los grupos anteriores.8) Supuestas ordenadas las letras alfabéticamente, calcular el número decódigos formados por cinco letras consecutivas en dicho orden. Ejemplo:DGFHE.

c) Supuesto el orden lexicográfico entre los códigos, hallar el que correspondeal 1729.

Solución:a) El número total de códigos viene dado por las variaciones con repetición de 8

elementos tomados de 5 en 5.

VR 8,5 = 8 5 = 32768

b) 1) C 5,2 · 8 · V 7,3 = 16800

2) C 5,2 · C 3,2 · C 8,2 · 6 = 5040

3) C 5,3 · 8 · V 7,2 = 3360

4) C 5,3 · 8 · 7 = 560

5) C 5,4 · 8 · 7 = 280

6) C 5,5 · 8 = 8

7) Le restamos al total de códigos posibles la suma de los anteriores:32768 – 26048 = 6720

8) Elegidas cinco letras consecutivas el número de formas diferentes deordenarlas es P 5 = 5! = 120 y como hay cuatro formas diferentes de elegir

cinco letras consecutivas entre ocho, se tiene que:4 · 120 = 480

c) Si definimos la aplicación f = {A, B, C, D, E, F, G, H} → {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}dada por: f(A) = 0, f(B) = 1, f(C) =2, f(D) = 3, f(E) = 4, f(F) = 5, f(G) = 6, f(G) = 7.El orden lexicográfico de los códigos coincide con el orden de los números en base a 8,

por ejemplo: el 00000 corresponde a AAAAA entonces la posición 1729 en verdad es elnúmero 1728 según nuestra aplicación, es decir 1728 = 03300 8) = ADDAA.

Entonces la solución es ADDAA

7. Dos mujeres y tres hombres suben a un ascensor en la planta baja de unedificio de seis pisos. Averiguar de cuantas maneras se pueden bajar del


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ascensor, sabiendo que en un mismo piso no pueden bajar personar de distintosexo.

Solución:Hay que tener en cuenta dos posibilidades a la hora de contar, y es que las mujeres

se pueden bajar en la misma planta o en distintas plantas.

• Si las mujeres se bajan, las dos, en la misma planta tenemos cinco formasdiferentes de que se bajen, ya que como se suben en la planta baja, se pueden bajar encualquiera de las otras cinco plantas. Para cada una de las cinco formas de bajarse las

mujeres hay 20!3!·3

!63

143 ==

−+

formas de bajarse los hombres, que son las

combinaciones con repetición de 4 elementos tomados de 3 en 3.

• Si las mujeres se bajan en pisos distintos se tiene que hay 1025

=

formas

diferentes de bajarse, y los hombres tendrán 103

133 =

−+

formas diferentes de

bajarse, combinaciones con repetición de 3 elementos tomados de 3 en 3.

Por lo tanto:

N = 5 · 20 + 10 · 10 = 200 ⇒ El resultado es N = 200

8. Determinar el número máximo de puntos de intersección de las diagonales deun polígono convexo de n lados:a)Contenidos en el interior de aquel.b) Situados en su exterior.

Solución:a) Cada cuatro vértices distintos del polígono definen dos diagonales que se cortan

en un punto de intersección interior. Entonces:

P i =

4n

b) Para poder calcular los puntos exteriores de intersección entre las diagonales,vamos a calcular los puntos de intersección totales entre las diagonales y luegorestaremos las interiores, obtenemos así los puntos de intersección exteriores entre lasdiagonales.

Como tenemos n vértices y n lados, entonces tenemos2

)3(2

−=−

nn

nn


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Diagonales distintas (que no son los lados del triángulo). Como en cada vértice

concurren n - 3 diagonales, tenemos por lo tanto que hay

−2

3n

diagonales que se cortan en cada vértice. Como cada dos diagonales hay un punto deintersección se tiene que:

PT =8

)147)(3(2

3

22

3( 2 +−−=

−−

− nnnnnn

nn

Entonces tenemos los puntos exteriores de intersección entre las diagonales vienendados por:

Pe = PT – P i =12

)5)(4)(3(48

)147)(3( 2 −−−=

−+−− nnnnnnnnn

Entonces las soluciones son:

a) P i =

4

n

b) P e =12

)5)(4)(3( −−− nnnn


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Hoja de Problemas nº2 – Algebra II

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9. Hallar un número de cuatro cifras que sea igual al cubo de la suma de lascifras.

Solución:

Sea x 1x2 x3x4 el número buscado con x 1 ≠ 0 ya que si no, no seria de cuatro cifras.Tenemos que x 1x2 x3x4 = (x1 + x2 + x3 + x4)3 y como

1000 ≤ x1x2x3 x4 < 10000 ⇒ 1000 ≤ (x1 + x2 + x3 + x4)3 < 10000 ⇒

⇒ 10 ≤ (x1 + x2 + x3 + x4) ≤ 21

Como todo número se puede escribir de la forma 3n – 1, 3n o 3n + 1, entoncesel cubo de dicho número, es decir, x 1x2 x3x4 se puede escribir de la forma 9K – 1,9K, 9K + 1, y aplicando el criterio de divisibilidad del 9, se tiene quex1 + x2 + x3 + x4 es de la forma 9K – 1, 9K o 9K + 1, es decir, quex1 + x2 + x3 +x4 tiene que ser el 10, el 17, el 18 o el 19. Entonces:

103 = 1000 ≠ 13 → Este número no es solución.

173 = 4913 = (4 + 9 + 1 + 3) 3 = 17 3 ⇒ Es solución del problema.

183 = 5832 = (5 + 8+ 3 + 2) 3 = 18 3 ⇒ Es solución del problema.

193 = 6859 ≠ (6 + 8 + 5 + 9) 3 = 28 3 ⇒ Este número no es solución.

La solución del problema es:

n1 = 4913 n 2 = 5832

10. Hallar en el sistema de base 9 un número formado por tres cifras significativas,tal que transportado al sistema de base 13 se escriba con las tres mismas cifras.

Solución:Sea N el número buscado, como tiene las tres mismas cifras significativas en

base 9 y en base 13 se tiene que 13 2 ≤ N < 93 ⇒ 169 ≤ N ≤ 728, o lo que es lomismo 100 13) ≤ N ≤ 440 13) .

Supongamos que N = x 1x2x3)13 entonces por lo dicho anteriormente se tiene

que 1 ≤ x1 ≤ 4, 0 ≤ x2 ≤ 8 y 0 ≤ x3 ≤ 8.

Entonces:

a) Si N = x 1 x2x3)9⇒ 169x 1 + 13x 2 + x3 = 81x 1 + 9x 2 + x3 ⇒

⇒ 88x 1 + 4x2 = 0 que no tiene solución.


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b) Si N = x 1 x3x2)9⇒ 169x 1 + 13x 2 + x3 = 81x 1 + 9x 3 + x2 ⇒

⇒ 88x 1 + 12x 2 = 8x 3 pero 8x 3 ≤ 64 < 88x1 + 12x 2 ⇒⇒ No tiene solución.

c) 160x 1 = 68x 2 ⇒ 40x1 = 17x 2 pero 40x 1 con 1 ≤ x1 ≤ 4 no es múltiplo de 17 ⇒⇒ No tiene solución.

d) Si N = x 2 x3x1)9 ⇒ 169x 1 + 13x 2 + x3 = 81x 2 + 9x 3 + x1 ⇒

⇒ 42x 1 = 17x 2 + 2x 3 donde x 2 ha de ser par:

• para x 1 = 1 ⇒ 42 = 17x 2 + 2x 3 con x 2 = 2 y x 3 = 4• para x 1 = 2 ⇒ 84 = 17x 2 + 2x 3 ⇒ x2 = 4 y x 3 = 8

• para x 1 = 3 ⇒ 126 = 17x 2 + 2x 3 que no tiene solución• para x 1 = 4 ⇒ 168 = 17x 2 + 2x 3 que no tiene solución.

e) Si N = x 3 x1x2)9 ⇒ 169x 1 + 13x 2 + x3 = 81x 3 + 9x 1 + x2 ⇒

⇒ 160x 1 + 12x 2 = 80x 3 ⇒ 40x 1 + 3x 2 = 20x 3 ⇒ 3x 2 = 20(x 3 – 2x 1)⇒

⇒ x3 – 2x 1 tiene que ser múltiplo de 3 ⇒

⇒ tenemos:

• x1 = 1, x 2 = 0, x 3 = 2• x1 = 2, x 2 = 0, x 3 = 4• x1 = 3, x 2 = 0, x 3 = 6• x1 = 4, x 2 = 0, x 3 = 8

porque si x 3 – 2x 1 ≥ 3⇒ x2 > 8

f) Si N = x 3x2x1)9 ⇒ 169x 1 + 13x 2 + x3 = 81x 3 + 9x 2 + x1 ⇒

⇒

168x1 + 4x

2 = 80x

3 ⇒

42x1 + x

2 = 20x

3 ⇒

x2 tiene que ser par, es decir,

x2 = 2(10x 3 – 21x 1), pero como 1 ≤ x1 ≤ 4 ⇒ 10x 3 – 21x 1 es mayor que 6 ⇒

⇒ No hay solución.

Las soluciones son:

Base 9 214 482 210 420 630 840Base 13 124 248 102 204 306 408


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11. Probar que 11 n – 4n es múltiplo de 7.

Solución:

Sea A = {n ∈Ð /11 n – 4 n = 7k}

ι) ¿1∈A?

11 – 4 = 7 ⇒ 1∈A

ιι) Supongamos cierto que n ∈A, es decir: 11 n – 4 n = 7k

Veamos si n + 1 ∈A, ¿11 n+1 – 4 n+1 = 7k 1?

11 n+1 – 4n+1 = 11 · 11 n – 4 · 4 n = (7 + 4) · 11 n – 4 · 4 n =

= 7 · 11 n + 4 · 11 n – 4 · 4 n = 7 · 11 n + 4(11 n – 4 n) =

= 7 · 11 n + 4 · 7k = 7(11 n + 4k) = 7k ⇒ n + 1 + 1 ∈A

⇒ A = Ð

12. Los coeficientes de los términos t n , t n+1 , tn+2 que ocupan los lugares n, n+1, n+2en el desarrollo de (a + b) 14 están en progresión aritmética. Calcular n sabiendoque es menor que 7.

Solución:

El desarrollo del binomio de Newton para (a + b) 14 es (a + b) 14 = ∑=

−

14

0

1414

j

j jba j

Entonces las posiciones n, n + 1 y n + 2 las ocupan los términos:

tn = nnnnn

nnn ba

nt ba

nt ba

n−+

+−

+−−

+=

=

−

1312

141

151

1

14;

14;

1

14

y como los coeficientes están en progresión aritmética, se tiene que:

−

+=

−−

nnnn

14

1

14

1

1414

⇒ )!14(!

!14)!13()!1(

!14)!15)(1(

!14)!14(!

!14nnnnnnnn −

−−+

=−−

−−

pero multiplicando por!14

)!13()!1( nn −−nos queda:

)14(1

)1(1

)15)(14(1

)14(1

nnnnnnnn −−+=−−−− ⇒


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⇒ (n + 1)(15-n) – n(n + 1) = (14 – n)(15 – n) – (n + 1)(15 – n) ⇒

9

⇒ n2 – 14n + 45 = 0 ⇒ n = =±=−±2

4142

18019614

5

pero como n < 7 ⇒ n = 5

13. Se colocan al azar n bolas en n urnas. Calcular las probabilidades siguientes: a) de que las n urnas queden ocupadas

b) de que quede una sola urna vacía

Solución:a) El número de cosas favorables es n! que son las n formas diferentes de colocar n

bolas en n urnas (permutaciones sin repetición de n elementos).Entonces:

P = nnn!

b) El número de cosas posibles es n n que es el número de variaciones con repeticiónde n elementos tomados de n en n.

El número de cosas favorables viene dado por:

• Primero elegimos que urnas vamos a dejar vacía entre las n que hay y esto es

nn =

1.

• Segundo elegimos que urna va a tener dos bolas, porque las demás van a tener

una, y esto es .11 −=

−n

n

n

• Tercero elegimos que dos bolas de las n que hay vamos a situar en la urna que

tendrá dos bolas, esto es,2

)1(2

−=

nnn

.

• Y por último situemos las (n – 2) bolas restantes en las (n – 2) urnas restantes ⇒(n – 2)!

Entonces las cosas favorables son: )! 2(2

)1()1( −−− nnnnn


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Entonces la probabilidad es:

2

2

·2)!2()1()!2(2

)1()1(

−−−=

−−−= nn n

nnn

nnn

nn P

Soluciones:

a) nnn

P !=

b) 22

2)!2()1(

−−−= nn

nn P

14. En un armario hay n pares de zapatos distintos, es decir, cada par es diferentede los restantes pares. Se toman r zapatos al azar. Se pide la probabilidad deque entre los zapatos elegidos aparezcan exactamente h pares.

Solución:

El número de casos posibles es

r

n2que son el número de combinaciones de 2n

elementos tomados de r en r.

El número de casos favorables viene dado por:

• Primero elegimos h pares entre los n que hay, esto es:

h

n

• En segundo lugar debemos elegir entre los (n – h) pares que quedan los r – 2h de

los cuales vamos a sacar un zapato de cada uno, esto es:

−−

hr

hn

2

• Y por último, hay

1

2 formas de elegir un zapato de las dos que hay en cada par,

de manera que nunca elijamos un par completo.

Entonces hay n = 22

−−

hr

hn

n

ncasos favorables.

Entonces la probabilidad viene dada por:

−−

=

r

nhr

hn

n

n

P 2

22


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15. Resolver en 99 7 el sistema:

=++=−+=+−

545

123

252

z y x

z y x

z y x

Solución:

=++=−+=+−

545

123

252

z y x

z y x

z y x

⇒ →

−

−

−=−=

13312

'2

5'3

5

12

145

213521

F F F F F F →

−−

−−

−

5

52

24140

1770521

→24

252

0

22

000

400521

2

22

400

400521

233' ==+−

⇒

− →

−−= z

z y x F F F

⇒ z = 4 ⇒ x – 2y + 20=2 → x = 2y – 18 ⇒ x = 2y + 3

⇒ =+=

4

32

z

y x con y∈9 7

16. Demostrar que siendo n un número entero, la expresión

245 35

++−

nnnn

siempre es divisible por 24.

Solución:

Sea x n =2

45 35

++−

nnnn

Vamos a intentar factorizar el numerador ya que, si uno de los factores fuese el propio (n + 2) podríamos simplificar la expresión.

n5 – 5n 3 + 4n = n(n 4 – 5n 2 + 4) = n(n 2 – 4)(n 2 – 1) = n(n – 2)(n + 2)(n – 1)(n + 1)

entonces x n = (n – 2)(n – 1) n(n + 1).


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Como queremos demostrar que x n es divisible por 24 = 8 · 3, es suficiente quedemostremos que x n es divisible por 8 y por 3.

• xn será divisible por ocho, porque como tenemos que x n es un producto de 4número consecutivos, entonces como mínimo dos de ellos son pares, y como cada

cuatro números hay uno que es divisible por 4 entonces uno de ellos será divisible por 4y el otro al ser par por 2, entonces x n es divisible por 8.

• xn es divisible por 3 porque cada tres números consecutivos hay uno que esdivisible por 3 ⇒ xn es divisible por 3.

⇒ xn es divisible por 24.

17. a) Sea x un número racional, ¿qué condición debe cumplir para que existan y

sean distintos x x x x1

,1

,, −− ?.b) Sean x e y dos números racionales que cumplen la condición del apartado a),

y además las siguientes: x


15/77

8/8

c) Como x1 < x con x < 0, se tiene que x > -1 y por lo tanto

x1

< -1 y además

y = MaxH ⇒ y > 1 ⇒ y1

< 1. Pero al ser y = MaxH ⇒ y > x1− . Por lo tanto, el orden

de los elementos es:

- y < x1

< -1 < x < y1− < 0 <

y1 < - x < 1 < -

x1 < - y


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Hojas de Problemas – Algebra III

1/8

18. a) Demostrar que si n es par, los números naturales n 2 – 1 y 3n + 1 son primosentre si.b) Demostrar que si n = 30m, entonces la cantidad de números enteros positivosdistintos de cero que no son mayores que m y que no se dividen por ninguno delos números 6, 10, 15 es igual a 22m.

Solución:

a) Supongamos que a es un divisor primo de n 2 – 1, entonces a divide a n – 1 o an + 1. En caso de que divida a n – 1 entonces divide a 3n – 3, pero si divide a n + 1entonces también divide a 3n + 3.

Supongamos que divide también a 3n + 1, entonces divide a (3n + 1)–(3n – 3)=4 odivide a (3n + 3) – (3n + 1) = 2, entonces a = 2.

Pero como 3n + 1 y n 2 – 1 son impares (por ser n par), entonces a = 2, no puededividirlos, entonces son primos entre si.

b) Como hay 30m enteros positivos no mayores que n y se cumple que:

• hay mmn 56

306

== múltiplos de 6 no mayores que n

• hay mmn 310

3010


• hay mmn 215

3015


Pero como 30 es en mcd de 6 y 10, de 6 y 15 y de 10 y 15 ⇒ hay mn =

30múltiplos de 30 no mayores de n que los hemos contado como múltiplos de 6, 10 y 15.

El número de enteros positivos buscado es:

30m – (5m + 3m + 2m – m – m) = 22m

La solución es: 22m

19. Un número tiene 24 divisores, su mitad tiene 18 divisores y su triple 28divisores. Hallar el número.

Solución:

Supongamos que 5321 53 ....32 aaaa nnn ⋅⋅⋅⋅= es el número buscado, con 2, 3,

n3,…, n 3 primos.

Entonces se tiene que como:


17/77

2/8

532153

1 ...322

aaaa nnn

⋅⋅⋅⋅= −

532153

1 ...323 aaaa nnn ⋅⋅⋅⋅= +

Se verifica que:

+⋅⋅++=+⋅⋅+=

+⋅⋅++=

)1(...)2)(1(28

)1(...)1(18

)1(...)1)(1(24

521

521

521

aaa

aaa

aaa

Dividiendo la 1ª ecuación por la 2ª ecuación tenemos:

31

1824

11

1 =⇒+= aa

a

Dividiendo la 3ª ecuación por la 2ª ecuación tenemos:

512

1828

22

2 =⇒++= a

aa

Como tenemos que 24 = (3 + 1)(5 + 19 entonces a 3 = a 4 =….= a 5 = 0 ⇒⇒ n = 2 3 ⋅ 35 = 1944 → n = 1944

20. ¿Cuántas cifras tiene el menor número natural que cumple que, cuando laprimera cifra de la izquierda se coloca en el último lugar de al derecha, elnúmero que resulta es una vez y media el número inicial?.

Solución:

Si llamamos m al número de cifras, n m a la primera cifra y N al número que quedadespués de haber suprimido la primera cifra. Entonces.

10N + n m = ( ) N n mm +⋅ −1102

3

⇒ nm(3 ⋅ 10 m – 1 – 2) = 17N.

Entonces 3 · 10 m – 1 – 2 debe ser múltiplo de 17 pues el número 17 es primo ⇒

⇒ 3 · 10 m – 1 – 2 ≡ 0(17) ⇒ 3 · 10 m – 1 ≡ 2(17) ⇒ 3 · 10 m ≡ 20(17) ⇒ 3 · 10 m ≡ 3(17) ⇒

⇒ 10 m ≡ 1(17) ⇒ m 16 por el teorema de Fermat.

Como 10 y 17 son primos entre si, y el indicador de 17 es 16, el menor número queverifica la periodicidad de los restos potenciales tiene que ser un divisor de 16.


18/77

3/8

Entonces como.

101 ≡ -7 (17) 10 2 ≡ -2 (17)

104 ≡ 4 (17) 10 6 ≡ -1 (17)

⇒ El número buscado es el propio 16.

Entonces la cifra que buscamos tiene 16 cifras.

21. Demostrar que 3 3n+3 – 26n – 27 es múltiplo de 169 para todo n entero positivo.

Solución:

Sea x n = 3 3n+3 – 26n – 27.

1) Efectivamente si n = 1 entonces x 1 = 3 6 – 26 – 27 = 676 = 4 · 169entonces x n es múltiplo de 169 para n = 1.

2) Si demostramos que x n+1 ≡ xn (169) entonces aplicando el principio deinducción tendremos que la propiedad se verifica ∀n∈9 +. Demostrar que x n+1 ≡ xn(169) es lo mismo que comprobar que x n+1 – xn ≡ 0(169).

Xn+1 – xn = 3 3(n+1) + 3 – 26(n + 1) – 27 – 3 3n+3 + 26n + 27 =

= 33n+3

· 33

– 26n – 26n – 26 – 27 – 33n+3

+ 26n + 27 = (33

– 1)33n+1

– 26 =

= 26(3 3n+3 – 1) = 26((3 3)n+1 – 1) = 26(27 n+1 – 1) = {Aplicando la fórmula del

polinomio ciclotómico} = 26(27 – 1)(27 n + 27 n-1 + ….. + 27 + 1) =

= 26 2 (27 n + 27 n-1 + … + 27 + 1) = 676 · (27 n + 27 n-1 + …. + 27 + 1) =

= 169 · 4 · (27 n + 27 n+1 + …. + 27 + 1) = 0(169) ⇒ xn+1 ≡ xn (169)

Entonces por el principio de inducción 3 3n+3 – 26n – 27 es múltiplo de 169

∀n∈9 +.

22. Probar que si m y n son enteros primos entre si, y a y b enteros cualesquiera,existe un entero x tal que

x ≡≡ a(m) y x = b(n)

Solución:

Como m y n son enteros primos entre si, tenemos entonces, utilizando la identidadde Bezout que:

1 = αm + βn


19/77

4/8

Pero multiplicando esta expresión por b – a se tiene que:

b – a = (b – a) αm + (b – a) βn

⇒ b + (a – b) βn = a + (b – a) αm⇒ Definimos x como este número, es decir.

x = b + (a – b) βn que es lo mismo que

x = a + (b – a) αm porque son iguales,

y como se ve, se verifica que:

x ≡ a(m) y x ≡ b(n)

23. Sea Q(K) = {xy -1 ∈∈ K; x, y ∈∈ Z(K), y ≠≠ 0}, a los elementos de este subconjunto seles llama racionales del cuerpo K. Demostrar que:

a) Q(K) es un subcuerpo de K.b) Demostrar que es el menor subcuerpo de K.

Solución:

Tomaremos los elementos de Q(K) como xy -1 = y

x, que nos será más cómodo.

a) i)bd

bcad d c

ba ±=± con b ≠ 0 y d ≠ 0 y como se cumple que ad, bc y bd ∈ (K) ⇒

)(k Qbd

bcad ∈

± .

ii)bd ac

d c

ba =

⋅

con b ≠ 0 y d ≠ 0 y como ac y bd ∈ Z(K) ⇒ ).( K Q

bd ac∈

iii)bcad

d c

ba

=

con b ≠ 0, c ≠ 0 y d ≠ 0 y como ad y bc ∈ Q(K) ⇒ )( K Qbcad ∈

⇒ Q(K) es un subcuerpo de K

b) Sea K´ un subcuerpo cualquiera de K, entonces como 1 ∈ K´ (por ser unsubcuerpo de K) y si x ∈ K´ ⇒ x´+ 1 ∈ K´ (por propiedad aditiva), entonces por el

principio de inducción N(K) ⊂ K´. Es evidente también que O ∈ K´(por ser unsubcuerpo de K) y si x

∈

K´⇒

(- x)∈

K´ entonces Z(K)⊂

K´. Y por la propiadefinición de Q(K) podemos decir que Q(K) ⊂ K´ ⇒


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5/8

⇒ Q(K) es el menor subcuerpo de K.

24. Demostrar que 2 , 5,3 no pueden ser términos de una progresiónaritmética.

Solución:

Supongamos que si son términos de una progresión aritmética de diferencia d,entonces existen términos m y n tales que m ≠ 0, n ≠ 0 con:

nd ymd =−=− 3523

Por lo tanto, podemos asegurar que:

∈==−−

nm

nd md

35

23 Q y que ∈==−−

mn

md nd

23

35 Q

⇒ ( )( )( )( ) ∈

−−+=+−+−=

−−

2610315

3535

3523

35

23 Q ⇒

⇒ ( )( )( )( ) ∈−−+=+−

+−=−−

6310152323

2335

23

35 Q ⇒

⇒ ∈−−−+ 6101561015 y Q , entonces su diferencia es un nº racional⇒ ∈102 Q (contradicción) ⇒ 5,3,2 no son términos de una progresióngeométrica.

25. Demostrar que para todo número natural n, el número dado porAn = (n 5 – n)(n 4 + n 2 – 6 es divisible por 210.

Solución:

Como tenemos que:

An = (n5 – n)(n 4 + n2 – 6) = n(n 4 – 1)(n 4 + n2 – 6) = n(n 2 – 1)(n 2 + 1)(n 4 + n2 – 6)

= n(n – 1)(n + 1)(n 2 + 1)(n 2 + 3)(n 2 – 2).

Además tenemos que 210 = 2 · 3 · 5 · 7, bastará ver que A n es divisible por 2, 3, 5, 7.

• Es divisible por 2 y por 3 puesto que n –1, n y n + 1 son tres númerosconsecutivos ⇒ uno o dos de ellos son pares y uno de ellos es múltiplo de 3, ya que


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6/8

cada dos números consecutivos uno es par y cada tres números consecutivos uno esmúltiplo de 3.

• Es divisible por 5 puesto que:

a) Si n = 5p, ya está b) Si n ≠ 5p utilizando el teorema de Fermat ⇒ n4 – 1 es múltiplo de 5.

• Es divisible por 7 puesto que:

a) Si n = 7p, ya está b) Si n = 7p + 1 ⇒ n2 – 1 = (7p + 1) 2 – 1= 49p 2 + 14p + 1 – 1 =

= 7(7p 2 + 2p) que es múltiplo de 7.

c) Si n = 7p + 2 ⇒ n2 + 3 = (7p + 2) 2 + 3 = 49p 2 + 28p + 4 + 3 =

= 7(7p 2 + 4p + 1) que es múltiplo de 7.

d) Si n = 7p + 3 ⇒ ( n2 – 2) = (7p + 3) 2 – 2 = 49p 2 + 42p + 9 – 2 =


e) Si n = 7p + 4 ⇒ ( n2 – 2) = (7p + 4) 2 – 2 = 49p 2 + 56p + 16 – 2 =


f) Si n = 7p + 5 ⇒ ( n2 + 3) = (7p + 5) 2 + 3 = 49p 2 + 70p + 25 + 3 =


g) Si n = 7p + 6 ⇒ ( n2 – 1) = (7p + 6) 2 – 1= 49p 2 + 84p + 36 – 1 =


Luego A n es divisible por 2, 3, 5, 7 ⇒ A n es divisible por 210.

26. a) Demostrar que para todo número natural n y p (con p


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7/8

a) Tenemos que demostrar que:

( ) ( )∑−

=≡

−+

2

0

01 p

i

pin nni

nn . Entonces:

∑ ∑ ∑ ∑−

= =

−

= −==

=

−

=

−+

2

0 0

2

0 1

)1( p

i

n

i

p

i

n

pi

iiiin ni

nn

i

nn

i

nn

i

nn

=

++

++

+

−=

+− n p p p nn

nn

p

nn

p

nn

p

n.....

1111

( ) ( ) =

+

++

++−−=

+− n p p p nn

nn

p

nn

p

nn

pn pn 11

1!1!1!

=

++

++

+

−= + n p p p n

n

nn

p

nn

p

nn

n p

n

......1

1 1

( ) ( )∑−

=

− ≡

−+⇒

++

++

+

−=

2

01.....1

1 p

oi

pin pn p nni

nnn

n

nn

p

n

p

n

n

p

n

n

( ) ∑−

=

−+⇒

2

0

1 p

i

in ni

nn es divisible por n p .

b) Sea ( ) pn pn pa pa 11 −=⇒−=

( ) ( ) )1(111 −==+−=+⇒ n pnnaana p p pa

( ) ( )

( )∑ ∑ ∑−

=

−

=

−

=

−

=

−+⇒

−=

−+⇒

2

0

2

0

2

0

1

11

p

i

p

i

p

in

iai pnia

Bni

n

ani

n

pni

n

a

n

Y por el apartado a) tenemos que B n es divisible por ( ) ∑−

=

−

−⇒

2

0

1 p

i

in p p ni

n pa

n

es

divisible por (p n – 1) p .

27. a) Demostrar que existen infinitos números de la forma A n = 10 n + 3 que soncompuestos.b) Hallar el menor número natural A tal que, dividido por 2 da de resto 1,dividido por 3 da de resto 2, dividido por 4 da de resto 3, dividido por 5 da de


23/77

8/8

resto 4, dividido por 6 da de resto 5, dividido por 7 da de resto 6, dividido por 8da de resto 7 y dividido por 9 da de resto 8.

Solución:

a) Vamos a demostrar que existen infinitos A n compuestos viendo que existeninfinitos A n que son divisibles por 7. Sea n = 6K + 4:

( ) ( )⇒+≡⇒+= + 73107310 46 K nnn A A

( ) ( ) ( )⇒+⋅≡⇒+⋅≡⇒ 73103731010 6464 K n K n A A

( ) ( )731081 6 +⋅≡⇒ K n A y como ( )71106 ≡ por el teorema de Fermat

( ) ( ) ( )⇒≡⇒+≡⇒+⋅≡⇒ 707347314 nn K

n A A A

⇒ A n es divisible por 7. Si n = 6K + 4 ⇒

⇒ An = 10 6K+4 + 3 ∀K ∈Ð es divisible por 7 y por lo tanto es compuesto de∀K ∈Ð .

b) • Como al dividir A por 2 queda resto 1 ⇒ A + 1 es divisible por 2.• Como al dividir A por 3 queda resto 2 ⇒ A + 1 es divisible por 3.• Como al dividir A por 4 queda resto 3 ⇒ A + 1 es divisible por 4.

• Como al dividir A por 5 queda resto 4 ⇒ A + 1 es divisible por 5.• Como al dividir A por 6 queda resto 5 ⇒ A + 1 es divisible por 6.• Como al dividir A por 7 queda resto 6 ⇒ A + 1 es divisible por 7.• Como al dividir A por 8 queda resto 7 ⇒ A + 1 es divisible por 8.• Como al dividir A por 9 queda resto 8 ⇒ A + 1 es divisible por 9.

Como buscamos el menor valor de A que verifique estas condiciones ⇒⇒ A + 1 = m.c.m (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) = 2520

⇒ A = 2519


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Hoja de Problemas nº 4 – Algebra IV

1/8

28. Hallar un número entero A que no tenga mas factores primos que 2, 5 y 7,sabiendo además que 5ª tiene divisores más que A y que 8ª tiene 18 divisoresmas que A. Calcular también la suma de todos los divisores de A.

Solución:

a) Como no tiene mas factores primos que 2, 5 y 7 ⇒ A = 2 ª · 5 b · 7 c entonces5A = 2 ª · 5 b+1 · 7 c y 8A = 2 ª+3 · 5 b · 7 c

Utilizando la fórmula que nos proporciona el número de divisores se tiene que:

( )( )( ) ( )( )( )( )( )( ) ( )( )( ) ⇒++++=+++

++++=+++18111114

8111121

cbacba

cbacba

( )( )( ) ( )( )( )( )( )( ) ( )( )( ) ⇒++++=++++

++++=++++⇒ 181111131

81111111

cbacba

cbacba

( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )++++=++++++

++++=++++++⇒

18111113111

811111111

cbacbcba

cbacacba

( )( )=++=++

⇒=++=++

⇒ )1(6)1)(1(

18)1)(1(

18)1)(1(3

811

cb

ca

cb

ca entonces dividiendo

tenemos que: 131434

11

−=−=⇒=++

αα b yaba

que sustituyendo en (1) nos da que α = 1 ⇒ a = 3, b = 2, c = 1

⇒ A = 2 3 · 5 2 · 7 1 = 1400 ⇒ A = 1400

b) Utilizando la fórmula para la suma de divisores en teste problema tenemos que:

3720831151717

1515

1212 234 =⋅⋅=−

−+−−+−

−=S

S = 3720

29. Demuestra que si K es un cuerpo de característica p, siendo p primo, entonces∀∀ x, y ∈∈K, se verifica:

(x + y) p = x p + y p

Solución:

Tenemos que:


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2/8

( ) p p p p p p y p

p xy

p

p y x

p y x

p x

p y x

+

−++

+

+

=+ −−− 1221

1.....

210

Por un lado tenemos que 10

=

=

p

p p, pero por otro lado si 1 ≤ K < p y si e =

elemento unidad, entonces como ) 1(......)2)(1(! +−⋅⋅−−=

K p p p p K

p K se obtiene

que:

( ) ( )( ) ( ) 01......21! =+−⋅⋅−−=

e K p p p pe K

pe K

⇒ Como K!e = e(2e)(3e) ·……· (Ke) y he ≠ 0 si 1 ≤ h < p⇒

⇒ K!e = 0 ⇒ 0=

e K

p

Por lo tanto (x + y) p = x p + y p

30. Dado un subconjunto A de la recta real 33 , se dice que un punto x ∈∈33 es unpunto de condensación de A si cualquier entorno de x contiene una infinidad no

numerable de puntos de A.Se pide:a) Demostrar que cualquier subconjunto no numerable de 33 admite como

mínimo un punto de condensación.b) Si P simboliza el conjunto de todos los puntos de condensación de un

subconjunto A de 33 , demuestre que P es un cerrado de 33 .

Solución:

a) Sea A un conjunto de 3 no numerable, y supongamos un intervalo cerrado yacotado I = [-n, n] ⊂ A.

Supongamos que A no tienen puntos de condensación ⇒ ∀x∈[-n, n] ⇒ ∃∪(x) talque U(x) ∩A es como mucho numerable.

⇒ Como esto ocurre ∀x∈I ⇒ existe una familia {U(x):x ∈I} de entornosabiertos que recubres a I, y como I es compacto ⇒ existe un subrecubrimiento finitoU(x1),…….U(x r ) cuya unión es I.

⇒ I∩A = ))((1

A xU U jr

j∩

= que es como mucho numerable, porque es la unión finita

de conjunto como mucho numerable.


26/77

3/8

⇒ Como A = [ ]( ) AnnU N n

∩−∈

, es a lo más numerable, por si la unión numerable de

conjuntos a los más numerables ⇒ A es numerable (contradicción).

⇒ A tiene como mínimo un punto de condensación.

b) Vamos a demostrar viendo que 3 - P es un abierto.

Sea x ( ) x P ∪∃⇒∉ abierto tal que U(x) ∩A es a lo sumo numerable. Entonces siy∈U(x), como U(x) es un entorno de y que es a lo sumo numerable ⇒ y∉P, que es elconjunto de los puntos de condensación ⇒ U(x) ∩a = Ø si x∉P ⇒ 3 - P es unabierto de 3 ⇒ P es un cerrado de 3 .

31. Demostrar que todo conjunto B de números reales con un solo punto deacumulación es numerable.

Solución:

Sea A = B – {p} donde p es un punto de acumulación, en concreto, el único puntode acumulación de B.

Como el espacio topológico ( 3 , T) con T la topología usual es Hausdorff ⇒∀x∈B con x ≠ p se tiene que x es un punto aislado ⇒ C es un conjunto de puntosaislados.

Como ( 3 ,T) verifica el 2º Axioma de numerabilidad ⇒ (C, T c) también verifica ⇒Existe una base numerable de T c ⇒ los elementos de C que son subconjuntos unitariosy abiertos de T c son elementos de dicha base ⇒ C es numerable.

⇒ Se tiene que:• Si p∉B⇒ B = C que es numerable

• Si p ∈ B ⇒ B = C∪{p} que será numerable porque C es numerable y p es unelemento.

Entonces B es un conjunto numerable.

32. Demostrar que para dos números reales x


27/77

4/8

supremo). como x>1 ⇒ xµ

es menor que µ ⇒ xµ

no es cota superior de M ⇒ ∃ p∈Z /

p x x


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5/8

⇒ r 3 = 40+6r ⇒ r 3-6r-40 = 0.

Haciendo Ruffini tenemos:

1 0 -6 -40

4 4 16 40

1 4 10 0

⇒ r 3-6r-40 = (r-4)(r 2+4r+10) = 0 ⇒=++

=0104

42 r r

r con r 2+4r+10=0 →

240164 −±−=r que no tiene solución real ⇒ la única solución real de la ecuación es

r=4 que es racional ⇒ 33 2142021420 −++ =4∈Q.

35. Demuéstrese que la recta racional es un subespacio de la recta real.

Solución: Demostraremos que la base B Q, subordinada por la base B de R y la

base B´ de Q son equivalentes.

Sea x∈(a,b) ∩Q∈BQ con a,b ∈R entonces ∃ p,q∈R tales que (p,q) ⊂(a,b) con x∈(p,q)∈B´.

Recíprocamente, sea y ∈(p,q)∈B´ con p,q ∈Q entonces y ∈(p,q)=(p,q) ∩Q∈BQ.

Con lo cual queda demostrado que la recta racional es un subespacio de la recta real.

36. Si el dividendo está aproximado por defecto y el divisor por exceso demostrarque el cociente está aproximado por defecto y su error relativo es menor quela suma de los errores relativos del dividendo y el divisor.

Resolución:

Sea A el dividendo y A´ el divisor. El cociente aproximado será:´´ E A

E A

+− y el error

absoluto es:

2´´´

´)´´(´´

´)´´()´(´)´(

´´´ A E A AE

E A A E A AE

E A A E A A E A A

E A E A

A A +<

++=

+−−+=

+−−


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6/8

Si dividimos ambos miembros por´ A

A, el primer miembro representa el error relativo

del cociente , y el segundo miembro viene dado por:

A E

A E

AA E A AE

A A

A E A AE

+=+

=+

´´

´´´´

·´´´

2

Por lo tanto, podemos concluir que el error relativo del cociente es menor que la suma

de los errores relativos.

37. El error relativo de la raíz de un número aproximado por defecto es menorque el error relativo de el número aproximado, dividido por el índice de la

raíz.Resolución:

Sea A-E el valor aproximado de A, entonces el error absoluto cometido al aproximar A5, por ejemplo, es más grande que 5(A-E) 4·E.

Si tomamos la raíz quinta de A elevada a % se tiene que ( )55 A =A y el error absoluto es más grande que:

E E A ·)(545

−donde E 1 es el error absoluto cometido cuando aproximamos por defecto a 5 A con

5 E A− , por lo tanto:

E> 5 4)(5 E A − ·E 1 ⇒ E1<5 4)(5 E A

E

−⇒

)(5551

E A E

E A

E

−<

−

y como el error relativo5

1

A

E es más pequeño que

)(5 E A E

−

se tiene que:

)(551

E A E

A

E −

<

38. Demostrar que la sucesión definida por nn x x −−=+ 111 con 0


30/77

7/8

1. La demostración de que está acotada la haremos por inducción.

Sea A={n ∈ N / 0


31/77

8/8

⇒(1-L)(1-1+L) = 0 ⇒L(1-L) = 0 ⇒ L=0 ó L=1 pero L ≠1 porque 0


32/77

Hojas de Problemas nº 5 – Álgebra V

39. Comprobar que la serie ∑ ∞+=12

2n nn

es convergente, y en caso de serlo, calcular su

suma.

Resolución:

Para comprobar su convergencia aplicaremos el criterio del cociente:

=++

==++=+

∞→∞→+

∞→

2

2

222

2

2

2

2

1

2

2

12

lim2

12lim

2

2)1(

lim

nn

nnn

nn

nnn

n

n

nn

n

n

n

121

2

121

lim2


33/77

2

2

1

21

22)1(

211

21

41

221

41

++

+−−+

−

−+= nn

n

n

nnS

2

2

1

21

22)1(

212

141

82 +++

−−+

−+= nn

n

n

nnS

S= limn→∞Sn = limn→∞ 2+16 =+=−−+

− +++ 4

116222

)1(21

41

2

2

1

2

1 nnnnn 6

40. Hallar cuántos números menores que 1000 son primos con 29 y 13. Hallar

también la suma de los números no primos con 29 y 13 menores que 1000.

Resolución:Como hay 999 números menores que 1000, vamos a ver cuáles de ellos

no son primos con 13 y 29.Como 13 y 29 son primos entre sí, vamos a calcular el mínimo común múltiplode 13 y 29, que es: 377, que como es menor que 1000 hay que descontarlo . Pero2·3777=754, que también es menor que 1000, y habrá que descontarlo. Y paraterminar tenemos 3·377 = 1131 que es mayor que 1000.Entonces hay 997 número menores que 1000 y primos con 29 y 13.Por otro lado, la suma de los no primos con 29 y 13 menores que 1000 es

377+754=1131.

41. Calcular la arista del menor cubo en el que se pueden acoplar sin dejar

espacios vacíos un número entero de ortoedros iguales cuyas dimensiones

expresadas en cm son C 5,2 , P3 y el módulo de 8+6i. ¿Cuántos ortoedros pueden

acoplarse?

Resolución:Calcularemos primero las dimensiones de los ortoedros:


34/77

C5,2= 10!2!3!5 =

P3=3! = 6.

18+6i = 103664 =+Buscaremos ahora quién es el mínimo común múltiplo de estos valores.

30)6,10.(..2·510

2·362·510

==

==

mcm

Por lo tanto la arista del menor cubo será de 30 cm. El número deortoedros vendrá dado por:

→== 453·5·31030·6

30·10

30 se podrán acoplar 45 ortoedros.

42. Hallar el exponente de 3 en 2121.

Resolución:Si dividimos sucesivamente el 2121 por 3, tenemos que:

2121 3 021 77 3 0 17 25 3

2 1 8 32 2

Por lo tanto el exponente de 3 en 2121 es: 77+25+8+2=112.La solución es 112.

43. Hallar la última cifra en la que acaba el número 4 5932 .

Resolución:Veamos cuáles son los restos potenciales de 4 módulo 10, para intentar

establecer, en caso de que sea posible, una recurrencia en dichos restos.

40 = 1 (mod 10)


35/77

41 = 1 (mod 10)42 = 1 (mod 10)43 = 1 (mod 10)44 = 1 (mod 10)45 = 1 (mod 10)46 = 1 (mod 10)

Como podemos observar cuando el exponente del 4 es par el restomódulo 10 es 6, pero si el exponenete es impar el resto módulo 10 es 4. Como elexponente en este problema es 5932 = 2·2966 que es par se tiene que la últimacifra en la que acaba el número 45932 es el 6.

44. Encontrar el criterio de divisibilidad por 5 en base 12, y aplicárselo al número

12x75 12 hallando x para que sea divisible por 5.

Resolución:

Tomando los restos potenciales de 12 módulo 5, se tiene que:

120 = 1 (mod 10)121 = 1 (mod 10)122 = 1 (mod 10)123 = 1 (mod 10)124 = 1 (mod 10)

Entonces si tomamos un número N= abcde12) es divisible por 5⇔ e+2d-

c-2b+a =50&. Aplicando el caso 12x7512) es divisible por 5⇔

⇔ 5+14-x-4+1 =50& ⇔ 16-x = 5

& ⇒ x=1 ó x=6.


36/77

45. Hallar cuántos números menores que 1342 son primos con 19 y 53. Hallar

también la suma de los números no primos con 19 y 53 menores que 1342.

Resolución: Como sabemos, hay 1341 números menores que 1342. Las que no son primos on 19 y 53 a la vez, son aquellos que sean múltiplos de m.c.m.(19,53) =1007. Como 1007


37/77

Como los números capicúas son de la forma abcba una vez fijadas las tres primeras cifras las otras dos vienen obligadas, por lo tanot bastará con estudiar las posibilidades que tenemos con las tres primeras, es decir:

V10,3=103=1000

pero:a) Hay que descontar los que empiezan por x>4 (5,6,7,8 y 9) o por 0, es decir:

5·V10,2=6·100=1000 b) Las que tienen por primera cifra un 4 y por segunda un 6,7,8 ó 9.

4·V10,1=40.Entonces las solución es: 1000-600-40 = 360

N=360.


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Hoja de Problemas nº 6

1/6

48. a) ¿De cuántas maneras se pueden repartir n bolas idénticas en urnas de

manera que r urnas prefijadas estén vacías?

b) ¿De cuántas maneras distintas se pueden repartir n bolas idénticas en k

urnas de manera que una urna prefijada contenga r bolas (r ≤≤ n)?

Resoluciòn:

a) Habrá tantas configuraciones como maneras distintas de repartir todas las

bolas en k-r urnas. Por lo tanto habrá

−−−−+

1

1

r k

r k n

b) Para construir estas configuraciones tomamos r bolas y las colocamos en la

urna prefijada. Luego, las restantes n-r bolas se repartirán, de todas las maneras

posibles, entre las n-1 urnas que quedan. Por lo tanto, habrá

−

−−+2

2

k

r k n

49. Discutir y resolver el siguiente sistema de ecuaciones (Andalucía 98):

=++=++=++

1

1

1

az y x

z ay x

z yax

Resolución:

Aplicando el método de Gauss, vamos a triangularizar superiormente la matriz

de coeficientes ampliada:

{ } { }≈+=≈

−−−−−≈−=−=≈

23

´3

213

´312

´2

10

1

|110110

11

//1|111|11

1|11

F F F aaa

aa

a

aF F F F F F a

a

a

−−−−−≈

aa

aa

a

1

0

1

|

200

110

11

2

Los valores conflictivos del sistema son:a-1=0 → a=1


39/77

2/6

2-a-a2=0 → −=→−→→=

−±=

−+±=

22

1

231

2811

aa

Caso 1: a=1

).2(...

3º

1)|(1)(

0

01

|

000

000111

parámetros I C S

incógnitasden

B A Rg A Rg

===

x+y+z=1 → z=1-x-yx,y∈R

Caso 2: a=-2

.3)|(

2)(

3

01

|

000

330211

le IncompatibSistema B A Rg

A Rg

==

− −

Caso 3: a ≠1 y a ≠z

...

3º

3)|(

3)(

1

0

1

|

)2)(1(00

110

11

DC S

incógnitasden

B A Rg

A Rg

aaa

aa

a

=

==

−+−

−−

+=→−=+−

+=→=→=−→=−+−

=++

21

)1()2)(1(

21

00)1()1(

1

a z a z aa

a y z y z y z a ya

az y x

⇒ x+y+az=1 → x+ 221

1121

21

+−+−=→=+++ aa

a xaaa

→ x=2

1212

+=→

+−−+

a x

aaa


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3/6

50. Calcular el valor del determinante:

=

++

++++

+

=++==

+

++

+

=

x x

x x

x x

x

F F F

x

x

x

x

D n

1111

............

1...111

1...111

1...111

}...´{

1111

............

1...111

1...111

1...111

11

11 )·1(

000

............

0...00

0...00

1...111

)1(}1,´{

1111

............

1...111

1...111

1...111

)1( −+=+=>−==

+

++

=+ nii x x

x

x

x

xi F F F

x

x

x

x

⇒ D=(1+x)·x n-1

51. Sea G el grupo cíclico infinito generado por x. Sea Y={y=x 12a+30b+42c ; a,b,c ∈∈ Z}.

Llamemos H al subgrupo cíclico de G generado por x 6 . Probar que H=Y.

Resolución:

(⊇) Es fácil ver que como ∀y∈Y y=x 12a+30b+42c =(x6)2a+5b+7c ⇒ y∈H

Por lo tanto, se tiene que Y ⊆H.

(⊆) Como el m.c.d.(2,5)=1, es decir, 2 y 5 son pirmos entre sí entonces

aplicando la identidad de Beront tenemos que existen u y v ∈Z tales que 1=2u+5v, por

lo tanto:

∀n∈Z tenemos que n=2nu+5nv y en concreto 6n=12nu+30nv+42·0 ⇒ x6n∈Y,

entonces H⊆Y. Entonces H=Y.

52. Sea G un grupo. Probar que la aplicación f a : G →→ G difinida por:

x→→ f a (x) = axa -1 ∀∀ x∈∈G y a ∈∈ G es un automorfismo.

Sea F el conjunto de todos los automorfismos anteriores. Estudiar la estructura

que confiere a dicho conjunto la ley de composición de aplicaciones.

Resolución:


41/77

4/6

A) 1) Como ∀x,y∈G, f a(sy) = a(xy)a -1 = a(xa -1ay)a -1 = (axa -1 )(aya -1 ) = f a (x)· f a(y) ⇒

f a es un homomorfismo.

2) ∀x∈G (f a-1 °f a)(x) = f a-1 (axa -1 ) = a -1axa -1a = x (f a°f a-1 )(x) = f a(f a-1 (x)) = f a (a-1 xa) = aa -1 xaa1 = x⇒ f a tiene inverso

⇒ f a es un automorfismo

b) 1) f bf a(x) = f b(axa -1 ) = baxa -1 b -1 = bax(ba) -1 = f ba(x) ∀x∈G ⇒ f b°f a = f ba

2) Como la composición de aplicaciones ya es asociativa, en este caso tambiénlo es.

3) Si e∈G es el elemento neutro de G ⇒ f e es el elemento neutro de (F, °), pues∀f a∈F⇒ f e°f a = f ea = f a y f a°f e=f ae = f a.

4) Por lo visto anteriormente f a tiene anteriormente inverso, que es f a-1 .

⇒ (F, °) es un grupo.

53. Sea Q[x] el conjunto de los polinomios de una indeterminada con

coeficientes racionales. Demostrar:

a) Siendo x m -1, x n -1, dos polinomios de Q[x] tales que: m.c.d.(m,n) = d, se

verifica m.c.d.(x m -1, x n -1) = x d-1.

b) Que no existe ningún polinomio p de Q[x] tal que p ≠≠ 0, p ≠≠ 1 y que la

función polinómica p(x) cumpla p(x+y)=p(x)p(y) ∀∀ x,y∈∈ Q.

Resolución:

a) Las raíces en los complejos de x m-1 y x n-1 son las raíces m-ésimas y n-ésimas de

la unidad.

Los ceros o raíces comunes de x m-1 y x n-1 son los ceros del m.c.d.( x m-1, x n-1),

es decir, las raíces d-ésimas de la unidad donde d=m.c.d.(m,n), esto viene basado en e

teorema de Beront con d=am+bn y r m=1 y r n=1 ⇒ r d=r am+bn =1 ⇒ m.c.d.(x m-1, x n-1) =

= xd-1.


42/77

5/6

b) Si tomamos x=y ⇒ p(zx) = (p(x)) 2 ∀x∈Q.

Si p(x) es de grado d ⇒ p(2x) es de grado d (p(x)) 2 de grado 2d ⇒ d=2d ⇒ d=0.

Como d=0 ⇒ p(x)=c ⇒ p(x+y) = d = p(x)p(y) = d 2 ⇒ d=d 2 ⇒ d(d-1) = 0 ⇒

⇒ 1010 ==⇒== po pd d .

54. Sea U=(u i j ) la matriz cuadrada de orden n donde u i j=1 para todo (i,j). Sea

F={A ∈∈ R n,n , AU=UA= αα (A)U, αα (A)∈∈ R}. Pruébese:

1) F es un subespacio de R n,n .

2) Si A ∈∈ F y existe A -1, entonces A -1∈∈ F y αα (A)≠≠ 0. Relacionar αα (A) y αα (A-1 ).

3) Si A, B ∈∈ F, entonces AB ∈∈ F. Calcular αα (AB).

4) A∈∈ F ⇔⇔ ),()(11

ji Aaan

jij

n

iij ∀==∑∑

==α

5) La aplicación A →→αα (A) es una forma lineal.

Resolución:

1) F≠0 pues la matriz nula está en F.

Si tomamos A,B ∈F y α,β∈R, entonces:(αA+βB)U = αAU+ βBU = αUA+ βUB = U( αA+βB)(αA+βB)U = αα(A)U+ βα(B)U = ( αα(A)+ β α(B))U⇒ ∀A,B∈F y α,β∈R⇒ αA+βB∈F con α(αA+βB) = αα(A)+ β α(B). Entonces F esun subespacio vectorial de R n,n .

2) Sea A∈F y sea A -1 , que existe.

AU = UA = α(A)U ⇒ U = A -1 UA = α(A)A -1U⇒ α(A)≠0 puesto que si α(A)=0⇒ U sería nula.

Entonces UA A

AU A

U )(

1)(

1αα

== .

AU = UA ⇒ A-1 AUA -1 = A -1UAA -1 ⇒ UA -1 = A -1 U

⇒ UA -1 = U A

AUA A )(

1)(

1 1αα

=

−

⇒ A -1 U = UA -1 = U A)(1

α y

)(1)( 1 A

Aα

α =−


43/77

6/6

3) AU = UA = α(A)U

AU B AUB ABU U BUB BU

U AUA AU )(

)(

)(α

α

α

==⇒====

⇒ ABU = UAB = α(B)α(A)U

⇒ A,B∈F y α(AB)= α(A)α(B)

4) AU = α(A)U ⇔ },...,1{,)(011

n ji Aaan

iij

n

jij ∈==∑∑

=α

5) Sea f: F →R aplicación: f( λA+µB) = α(λA+µB) = λα(A)+ µα(B) ⇒ f es unaforma lineal.


44/77

Hoja de Problemas – Álgebra VII

1/8

55. Supongamos que la función g está definida y es derivable en [0,1]. Supongamos

que g(0)


45/77

2/8

F(0)·F(1) = (-1)·0´632120558= -0´6321...

ii) F´(x)≠0∀x∈[a,b]F´(x)

≠0∀

x∈

[0,1]

F´(x)=1+e-x = 1+ xe1 como 1>0 y

xe1 >0⇒ 1+ xe

1 >0∀x∈[0,1]

⇒ F´(x)≠0∀x∈[0,1]

iii) F´´(x)≥ ∀x∈[a,b] ó F´´(x)≤0∀x∈[a,b]

⇒ F´´(x) = e-x= xe1− como

xe1 >0∀x∈R⇒F´´(x)


46/77

3/8

iii) F´´(x)=2≥0∀x∈[1,3]iv) c=1

2070791́2

1)1´()1( ≤=−=

π

F F

Sea x0=2x1=1785398163x2=1´772500775x3=1´772453852x4=1´772453851x5=1´772453851

⇒ π =1´772453851

Hay que calcular el error:

|xn-α|≤ qn

x x L

L −


47/77

4/8

1752́

3751́752́3751́

)5́1´()5́1(


48/77

5/8

x2-x-z

x=2

4112

411 z y

z ++=⇒+±

b) y= x z +

y=x

-z

z<41 f:[a,+∞)→[a,+∞)

f´(x)


49/77

6/8

2) Para el intervalo [1,3] tenemos que si f(xn)=1+tg-1(xn) ⇒ se cumple que

f:[1,3]→[1,3] y [1,3] contiene c / f(c)=c y además f´(x)= 211 x+

y se cumple que:

f´(x)= 211 x+


50/77

7/8

El producto C-h ·T· Ch mantiene invariantes todos los elementos excepto el m-h+1 y el m-h+2. En efecto:

m-h+1→ 1 → 2 → m-h+2m-h+2

→ 2

→ 1

→ m-h+1

Es decir, haciendo h=2 obtenemos la transposición:

−−

mm

mm1

1

Haciendo h = 3 tendremos

−−−−

1221

mm

mm. Para el valor h=m-1 resulta

3223

.

Es decir, tendresmos el conjunto de transposiciones:(2,1); (1,m); (m,m-1); .....................(5,4); (4,3); (3,2)

Recordemos que según un teorema toda sustitución de un grupo simétrico Sm puedeescribirse como producto de transposiciones. Por otra parte, una transposicióncualquiera (a,b) puede expresarse mediante un producto de transposiciones del conjuntoanterior:

Supongamos a>b(a,b) = (a,a-1) (a-1,a-2)(a-2,a-3)...(b+2,b+1), (b+1,b) (b+1,b+2)...(a-2,a-1) (a-1,a)

En efecto:

a → a-1→ a-2→ ... → b+2→ b+1→ b+1→ ba-1→ a → a-1→ ...................................................a-2→ a-1→ a-2 .....................................................................................................................................

b+2→ b+3→ b+2 b+1→ b+2→ b+1 b → b+1→ b+2 ..................→ a-2→ a-1→ aResumiendo una sustitución cualquiera puede expresarse como producto de

transposiciones y éstas, a su vez, vienen dadas como productos de trasnposiciones delconjunto anterior.


51/77

8/8

62. En el conjunto P de los números enteros pares se definen dos operaciones: una

de ellas es la adición ordinaria y la otra hace corresponder a dos elementos x, y, el

elemento producto xy/2. Demostrar que P tiene estructura de anillo.

Solución:Veamos que el conjunto P con la adición ordinaria es un subgrupo del grupo

aditivo de los enteros.

Bastará comprobar que si x∈P, y∈P entonces:

x*y-1∈P. En efecto:

Si=⇒∈=⇒∈

h y P y

K x P x

22

x*y-1 = 2k+(-2h) = 2(k-h), luego x*y-1∈P.

Por consiguiente P respecto a la primera operación tiene estructura de grupo, queademás es abeliano ya que la adición ordinaria es conmutativa.

La segunda operación definida en P es cerrada; basta observar que si x=2, y=2

también x⊗y= xy/2 es múltiplo de dos.Se verifica la propiedad asociativa:

x⊗(y⊗z)= x⊗(yz/2) =42

2··

xyz z y

x=

(x⊗y) ⊗z = (xy/2⊗ z) =42

2 xyz z

xy

=

Es fácil ver que se cumplo la propiedad distributiva a derecha e izquierda, puesto

que: x⊗(y*z) = x⊗(y+z) =2

)( z y x +

(x⊗y)*(x⊗z) = xy/2+xz/2 =2

)( z y x +

Análogamente se comprobaría a la derecha:

(y*z)⊗x= (y⊗x)*(z⊗x)


52/77

Hoja de Problemas – Álgebra VIII

1/11

63. Dados tres vectores cualesquiera del espacio ordinario de la geometría clásica

de tres dimensiones, demostrar que la condición necesaria y suficiente para que

sean linealmente independientes es que no sea nulo su producto mixto.

Solución:Sean los vectores

a=(x1 y1 z1); b=(x2 y2 z2); c= (x3 y3 z3)La independencia lineal exige:

λ1a+λ2 b+λ3c=0⇔ λ1=λ2=λ3=0. Expresando las igualdades escalares:

=++=++=++

000

33

22

11

33

22

11

33

22

11

z z z

y y y

x x x

λλλ

λλλ

λλλ

La condición necesaria y suficiente para que un sistema homogéneo tenga

soluciones diferentes de la impropia, es decir, soluciones distintas deλ1=λ2=λ3=0 es queel determinante

321

321

321

z z z

y y y

x x x

= 0

Por consiguiente, si dicho determinante es diferente de cero, la igualdad

vectorialλ1a+λ2 b+λ3c=0 sólo se cumple cuandoλ1=λ2=λ3=0; pero dicho determinantees la expresión del producto mixto de dichos vectores a,b,c.

64. Demuéstrese que el conjunto C={(x,y,z,-x): x,y ∈∈ R} con una operación suma

definida así:

(x,y,y,-x)+(w,z,z,-w) = [x+w,y+z,y+z, -(x+w)] y con el producto por un

escalar k ∈∈ R definido por:

k(x,y,y,-x)=(kx,ky,ky,-kx) constituye un espacio vectorial de dos

dimensiones.

Solución:Demostremos que C es un subespacio del espacio vectorial R 4. Para ello basta

comprobar el carácter cerrado respecto a la suma de vectores y respecto al producto por un escalar.


53/77

2/11

En efecto:

(x,y,y,-x)+(w,z,z,-w) = [x+w,y+z,y+z,-(x+w)]∈C

k(x,y,y,-x) = (kx,ky,ky,-kx)∈CUna base de dicho espacio vectorial está formada por los vectores (0,1,1,0) y

(1,0,0,-1).1º) Son linealmente independientes. Es obvio, ya que ninguno de ellos puede

obtenerse multiplicando el otro por un escalar.2º) Además, cualquier vector de C puede expresarse como una combinación de

estos dos:(x,y,y,-x) = x(1,o,o,-1)+y(0,1,1,0)Como todas las bases de un espacio tienen el mismo número de vectores, queda

demostrado que la dimensión es dos.

65. Sea A un anillo conmutativo y con uno, N A su nilradical. Demostrar que las

condiciones siguientes son equivalentes:

i) A tiene un único idel primo.

ii) Todo elemento de A es unidad o está en N A (es decir, es nilpotente).

iii) A/ N A es un cuerpo.

Solución:

i)⇒ii)

Sea x∈A, si x es unidad ya está demostrado, si no es unidad entonces (x) es unideal propio, luego está contenido en un ideal maximal y por tanto en un ideal primo,como solo existe un ideal primo, P, se sigue que

x∈∩Pi = P, Pi primo⇒ x∈ NA,y en consecuencia x es nilpotente.

Obsérvese que la intersección de todos los ideales primos de un anillo es elnilradical.

ii)⇒iii)

Sea x+ NA ≠ 0 entonces x∉ NA ⇒ x no es nilpotente⇒ x es unidad

⇒∃ y + NA = (x+ NA)-1,


54/77

3/11

entonces A/ NA es un cuerpo.

iii)⇒i)Supongamos que A tiene más de un ideal primo, sean P y Q dos ideales primos distintos

de A, entonces existe un x∈A que está en uno de ellos y no en el otro.

Sea x∈P, x∉Q, entonces x∉ NA =∩Pi, Pi primo, luegox+ NA ≠ 0 ⇒ x + NA es una unidad en A/ NA

⇒ ∃x+ NA / (x+ NA)(y+ NA) = 1 + NA.

⇒ xy-1∈ NA⇒ xy-1∈P

⇒ 1∈P, pues x∈Pluego P=A, contradicción.

66. Resolver la ecuación x 2+2y 2=z2 en el anillo de los números enteros.

Solución:* Sea d el máximo común divisor de x e y, es decir, d=m.c.d.(x,y), entonces

x=dx1, y=dy

1y sustituyendo en la ecuación dada, resulta:

d2x21+2d2y21=z2

es decir d2(x21+2y21)=z2

de donde se sigue que d es un divisor de z, y por tanto, z=dz1. Sustituyendo en laecuación anterior resulta:

d2(x21+2y21)=d2z21x21+2y21)=z21 (1)

La ecuación dada y la ecuación (1) son de la misma forma, y las soluciones de ambasson proporcionales, es decir, si (a,b,c) es una solución de (1) la terna (da,db,dc) es unasolución de la dada.Por tanto, supondremos que m.c.d.(x,y,z) = 1, m.c.d.(x,y) = 1, y también que m.c.d.(x,z)= 1 y m.c.d.(y,z)=1.

* De lo anterior se deduce que x es un número impar. Puesto que 2y2 es par, z2 es impar

y, por tanto, z es impar.


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4/11

* De la ecuación dada se sigue que:2y2 = z2-x2 = (z+x)(z-x), (2)

Puesto que x y z son impares, los números z+x y z-x son pares. Veamos además que elmáximo común divisor de z+x y z-x es 2. En efecto si d es su máximo común divisor setiene:

z+x = da, z-x = dbcon a y b números primos entre sí. De estas relaciones se obtienen:

2z = d(a+b)2y = d(a-b)

Puesto que m.c.d.(x,z) = 1 se sigue que m.c.d.(2z,2y) = 2 y por tanto, d=2. De laecuación (2) y teniendo en cuenta el resultado anterior, deducimos que:

)(21)(

21

x z ó x z −+ es impar.

Por tanto, son primos entre sí los números

z+x y )(21

x z −

ó los números

z-x y )(21 x z + .

En el primer caso de la igualdad,

y2=(z+x)

−

2 x z

se deduce que y2 es un cuadrado que

=−=+

2

2

2m x z n x z (3)

y de la segunda posibilidad tenemos que:

=+=−

2

2

2m x z n x z (4)

siendo m y n números enteros, m impar.i) Del sistema (3) y de la ecuación (2) obtenemos:

* z= )5(,),2(21),2(

21 2222 nm ymn xmn =−=+

ii) Del sistema (4) y de la ecuación (2) obtenemos:


56/77

5/11

* )6(,),2(21),2(

21 2222 nm ynm xmn =−=+

Las fórmulas (5) y (6) pueden reunirse en la siguiente:

* )7(,),2(21

),2(21 2222

nm ymn z mn x =+=−±=con m, como ya hemos dicho, impar. Más aún, para que x y z sean números enteros, los paréntesis de (7) deben ser números pares, lo que implica que n debe ser para ya que2m2 lo es.

* Poniendo n=2u y m=v, las fórmulas generales que dan las soluciones de la ecuacióndada, suponiendo que x,y,z son enteros positivos sin divisor común mayor que 1, son:

* x=±(u2-2v2), y=2uv, z=u2+2v2, (8)siendo u y v números enteros positivos primos entre sí y v impar.Por tanto, las fórmulas (8) dan todas las soluciones de la ecuación dada en númerosenteros positivos y primos entre sí, para ello basta elegir a y b de mod que x sea positivo. Por otra parte, estas ecuaciones satisfacen, como puede comprobarsesustituyendo la ecuación dada.Finalmente señalemos que las restantes soluciones se obtienen a partir de éstas

multiplicando por un número cualquiera entero d o poniendo signos arbitrariamente.

67. Dada la ecuación x 2+y 2=z2, (1), se pide:a) Resolver dicha ecuación en el anillo de los enteros.

b) A cada solución s(a,b,c) encontrada se le asocia el número complejo

w=c

bia +. Probar que la multiplicación en el conjunto de los números complejos

así construidos subordina en el conjunto de soluciones enteras de la ecuación una

ley interna. Estudiar las propiedades de esta ley.

Solución:a) Para números enteros positivos, se trata evidentemente de valores que verifican elteorema de Pitágoras. Por eso cada terna que verifica la ecuación se dice que estáformada por números pitagóricos.


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6/11

* Sea d el máximo común divisor de x e y, es decir, d=m.c.d.(x,y), entoncesx=dx1, y=dy1

y sustituyendo en la ecuación pitagórica, resulta:d2x21+d2y21=z2

es decir d2(x21+y21)=z2

de donde se sigue que d es un divisor de z, y por tanto, z=dz1. Sustituyendo en laecuación anterior resulta:

d2x21+d2y21=d2z21x21+y21=z21 (2),

La ecuación (2) es también de la misma forma que la dada, y las soluciones de amas son proporcionales, es decir, si (a,b,c) es una solución de (2), (da,db,dc) es una solución de(1).Por tanto, para resolver la ecuación (1) es suficiente limitarse al caso en que los valoresx e y son primos entre sí, es decir, m.c.d.(x,y)=1.

* Si m.c.d.(x,y)=1 entonces al menos uno de los números es impar; sin perder generalidad podemos suponer que es, por ejemplo, x. De la ecuación (1) se tiene:

x2=z2-y2=(z+y)(z-y)

Sea d1=m.c.d.(z+y,z-y) entonces podemos escribir quez+y=d1a, z-y=d1 b, m.c.d.(a,b)=1

luego x2=abd21, (3).Puesto que los números a y b son primos entre sí, la ecuación anterior es cierta si a y bson cuadrados perfectos, es decir,

a=m2 y b=n2

Sustituyendo estos valores en la ecuación (3) obtenemos:

x2=m

2n

2d

21,

es decir x=mnd1 (4)De las relaciones

==−==+

12

1

12

1

d nbd y z

d mad y z

se obtiene: 2z=(m2+n2)d12y=(m2-n2)d1 (5)

y de aquí


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7/11

122 )(

21

d nm z += (6)

122 )(

21

d nm y −= (7)

Es evidente que los números m,n y d1 son impares ya que x=mnd1 es un número impar,según hemos supuesto. Más aún, d1=1, ya que en caso contrario d1sería un divisor de x ey, basta tener en cuenta las relaciones (4) y (5), ya que en (5) d1 dividiría a y por no ser d1 par. Contradicción con la hipótesis de que x e y son primos entre sí.Puesto que d1=1, las relaciones (4), (6) y (7) se reducen a:

x=mn, 122 )(21

d nm y −= 122 )(21

d nm z += , (m>n), (8)

siendo m y n números impares y primos entre sí. Estas fórmulas nos permiten obtener todas las ternas de números enteros positivos sin divisores comunes, y que verifican laecuación pitagórica (1).Ejemplos:

*Si n=1 y m=3 se tiene la terna clásica: (3,4,5)*Si n=1 y m=5 se obtiene la terna: (5, 12, 13).*Si n=3 y m=5 se obtiene la terna: (15,8,17).

Las soluciones que se derivan de las fórmulas (8) son aquellas que no tienen divisorescomunes; las restantes se obtienen a partir de estas multiplicando por un enteroarbitrario d o poniendo arbitrariamente signos a x,y,z.

b) Sea (a,b,c) una solución de la ecuación pitagórica, entonces el número complejo

asociado es: w=c

bia + .

Para que este cociente tenga sentido c debe ser evidentemente distinto de cero, luego la

solución nula (0,0,0) de la ecuación pitagórica no tiene asociado ningún númerocomplejo.Por otra parte, es también evidente que dos soluciones proporcionales tienen el mismonúmero complejo por imagen, es decir, la aplicación de S*=S-{0,0,0} en C no esinyectiva.Teniendo en cuenta que

(a,b,c)→ c

bia +


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8/11

(d,e,f)→ f

eid +

y que,

cbia +

· f eid +

= cf ibd aebead )()( ++−

se puede definir formalmente una operación de SxS en S de la siguiente forma,obviando las dificultades anteriores:

(a,b,c)*(c,d,e) = (ad-be, ae+bd, cf)

• a) * es una operación interna.En efecto,

(ad-be)2+(ae+bd)2=a2d2+ b2e2 + a2e2+ b2d2 - 2abde + 2abde ==(a2+b2)(d2+e2)=c2f 2=(cf)2

• b) * es asociativa por serlo la multiplicación en C.• c) * es conmutativa por serlo la multiplicación en C.• d) * tiene elemento neutro y es la terna (1,0,1).

En efecto,

(a,b,c) * (1,0,1) = (a,b,c)• e) * no tiene elemento inverso.

En efecto, si (x,y,z) es el elemento inverso de (a,b,c) se tiene:(a,b,c)*(x,y,z) = (ax-by, ay+bx, cz) = (1,0,1)

de donde cz=1, ecuación que no tiene solución en Z si |c|≠1.Por tanto, (S,*) es un semigrupo conmutativo y con unidad.

b´) Hemos visto que dos soluciones proporcionales dan lugar al mismo númerocomplejo, se tiene así la siguiente relación de equivalencia en el conjunto de solucioesS*:

(a,b,c) R (d,e,f)⇔ (d,e,f) = (ta, tb,tc)Designaremos por [(a,b,c)] la clase de equivalencia y por T el conjunto cociente S*/R.La operación * en T viene definida por:

[(a,b,c)]*[(d,e,f)] = [(ad-be, ae+bd,cf)]


60/77

9/11

Ahora la aplicación de T en C es evidentemente inyectiva. Operar, por tanto, en T, es lomismo que operar en C.Veamos ahora las propiedades que verifica esta operación en T.i) * es una operación interna por lo visto en b)ii) * es asociativa por serlo la multiplicación en C.iii) * es conmutativa por serlo la multiplicación en C.iv) * tienen elemento neutro y es [(1,0,1)].v) * tiene elemento inverso.

En efecto, si [(x,y,z)] es elemento inverso de [(a,b,c)] se tiene que cumplir que:[(a,b,c)]*[(x,y,z)] = [(ax-by,ay+bx,cz)] = [(1,0,1)]

La ecuación ay+bx = 0 tiene solución tomando y=-b, x=a.Por tanto para que (a,-b,z) sea una terna pitagórica, hemos de tomar z=c. Se tiene

así que:[(a,b,c)]*[(a,-b,c)] = [(a2+b2,0,c2)] = [c2(1,0,1)] = [(1,0,1)]

Por tanto, (T,*) es un grupo conmutativo.

68. Determinar un número entre 400 y 500 tal que al dividirlo por 6 se obtenga de

resto 5, y al dividirlo por 11 el resto es 2.

Solución:Si A es el número que verifica las condiciones dadas se tiene que cumplir:

+=+=

)2(211)1(56

y A

x A

por tanto, 6x+5=11y+2

de donde 6x+3 = 11yy de aquí 6x+3≡ mod 11es decir, 2x+1≡ mod 11

Si x =5 entonces 2·5+1≡ 0 mod 11luego, x=5+11tSustituyendo este valor en la ecuación (1) resulta que:

A=35+66t

*Para t=0 se tiene A=35 que no cumple las condiciones.


61/77

10/11

*Para t=1 se tiene A = 101, tampoco cumple las condiciones.*Para t=2 se tiene A=167, tampoco válida.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------*Para t=6 se tiene A=35+396 = 431*Para t=7 se tiene A = 35+462 = 497

que son las soluciones válidas.

69. Dado el sistema de ecuaciones:

=++=++

33333

z y x

z y x

hallar las soluciones enteras, es decir, resolverlo en Z.

Solución:

El sistema=++

=++3

3333

z y x

z y x es equivalente a,+−=

=+−++−+)(3

3))(3())(( 322

y x z

y x y xy x y x

de donde, +−=

−=+−++)(3

8))9()(3)(( y x z

xy y x y x.

Teniendo en cuenta la primera ecuación, las soluciones de x e y se obtienen resolviendolos sistemas que resultan al descomponer –8 en producto de dos números enteros detodas las formas posibles e igualando cada uno de los factores del primer miembro adichos números enteros. Los casos posibles son:

1)−=

−=+⇔=+−+

−=+34

81)9()(3

8 XY

y x

xy y x

y x No tiene soluciones en Z.

2)==

⇔==+

⇔−=+−+−=+

44

168

1)9()(38

y

x

xy

y x

xy y x

y x

Por tanto, la solución del sistema es: x=4, y=4, z=-5.

3)−=

−=+⇔−=+−+

−=+23

42)9()(3

4 xy

y x

xy y x

y x No tiene solución en Z.

4)=

=+⇔−=+−+

=+5

42)9()(3

4 xy

y x

xy y x


5)−==+

⇔=+−+−=+

192

4)9()(32

xy

y x

xy y x

y x No tiene soluciones en Z.


62/77

11/11

6)==

⇔==+

⇔−=+−+=+

11

12

4)9()(32

y

x

xy

y x

xy y x

y x

Por tanto la solución del sistema es: x=y=z=1.

7) = =+⇔−=+−+=+ 21

8)9()(31

xy

y x

xy y x


8)−=

==

−=⇔=

−=+⇔=+−+

−=+5

445

201

8)9()(31

2

2

1

1

y

xó

y

x

xy

y x

xy y x

y x

Por tanto las soluciones del sistema son: (-5,4,4,) ó (4,-5,4).


63/77

Hojas de Problemas – Álgebra IX

1/7

70. Sea A la familia de funciones f n:R +* →→ R definidas por f n(x)=lognx, ∀∀ n∈∈N (R +*={x∈∈R:x>0}).

a) Estudiar su dependencia lineal en el R-espacio vectorial Aplic(R +*,R).

b) Hallar la dimensión y una base del subespacio que engendran.

Solución:

a) Es log nx = log n +log x.Si n≠m, f n y f m son linealmente independientes:

α f n + β f m = 0, α,β∈R⇒ ∀x∈R +*, αlog nx +βlog mx = 0⇒ ∀x∈R +*, (αlog n +βlog m)+(α+β)logx = 0⇒ α+β=0 yαlog n +βlog m = 0⇒ β=-α,α(log n - log m) = 0⇒ α=β=0, al ser log n≠ log m.

Si además k es distinto de n y m, f k depende linealmente de f n y f m, pues para que sea f k =αf n+βf m,α,β∈R se ha de verificar que∀x∈R +*:

log kx =αlog nx +βlog mx⇔ log k =αlog n +βlog m t 1 =α + β,

por lo que basta tomarβ = 1-α y α=logk (log n - log m)-1

.En resumen, cualquier par de funciones de A son linealmente independientes y tres cualesquiera son

linealmente dependientes.

b) Por el apartado anterior es dim L(A) = 2 y si n≠m, {f n,f m} es una base de L(A).Además L(A) = {f:R +*→R | f(x) = α+βlogx, α,β∈R}, luego {id, log} es otra base de L(A)

(obsérvese que la función id(x) = x∀x∈R +* no está en A).

71. Sean a 1,...,a n∈∈R dos a dos distintos y R n-1 [x] el espacio vectorial de polinomios de grado menor

que n.

a) Encontrar la familia de polinomios de grado n-1, {p 1 ,...,p n} caracterizada por p i(a j) = δδ ij .

b) Probar que {p 1,...,p n } es una base de R n-1 [x].

c) Hallar respecto de dicha base las coordenadas de q(x) = x n-1 +x n-2 +...+x+1.

Solución:

a) Para j≠i a j es un cero de pi y al ser pi(ai) = 1, necesariamente:

pi(x) = ))...()()...(())...()()...((

1111

111nii

niiiiii

a xa xa xa xaaaaaaaa

−−−−−+−− +−

+−

b) Por ser dim R n-1[x]=n, bastará probar que {p1,...,pn} es un sistema de generadores:

Cualquiera que sea q(x)∈ R n-1[x]=n es q(x) =∑=

n

ii x pq

1i ),()(a ya que ambos miembros son polinomios

de grado menor que n que coinciden en n puntos: a1,...,an; luego son polinomios idénticos.

c) Según el apartado anterior:


64/77

2/7

q(x) = ∑=

n

ii x pq

1i ),()(a = ∑∑

==

−−

−−=++++

n

ii

j

ni

n

iii

ni

ni x pa

a x paaa

11

21 )(11)()1...( ,

ya que xn-1 = (x-1)(xn-1+xn-2+...+x+1).

Así, supuestos los ai≠1, i=1,...,n, las coordenadas de q(x) sonnii

n

iaa

,...,111

=

−−

. Y si para algún i es ai=1,

la coordenada i-ésima es ain-1+ ain-2+...+ ai+1 = 1n-1+ 1n-2+...+1+1 = n, permaneciendo las restantes.

72. Sea E=R n [x] el R-espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que n, siendo n ≥≥ 1.

Sean B = {1,x,x 2 ,...,x n} y B´={v 0 , v1 ,..., v n } con v i = xi(1-x) n-1 para i=0,1,...,n.

a) Demostrar que B y B´ son bases de E.

b) Hallar las matrices de los cambios de base de B a B´ y de B´ a B.

Solución:

a) Es inmediato demostrar que los elementos de B son linealmente independientes y que consituyen unsitema generador de E.

Para ver que B´ es una base, teniendo en cuenta que el cardinal de B´ es n+1 = =dim E, basta ver que los elementos de B´ son linealmente independientes. Veámoslo:

nnn xn

n x

n x

n xv

−+−

+

−=−= )1(...211)1(

20

nnn

xn

n x

n x

n x x xv

−−

−+−

−

+

−

−=−= −−

11

)1(...21

11

)1(1321

1

nnn xn

n x

n x

n x x xv

−−−+−

−+

−−=−= −− 2

2)1(...

22

12

)1( 2432222

........................................ ........................................ ........................................

vn = xn = xn

Es decir: vk = xk ∑−

==

−−

k n

r

r r nk xr

k n

0,...,1,0,)1(

La matriz que expresa las coordenadas de los vectores de B´ respecto de B es:


65/77

3/7

M =

−−−

−−−

−

−−

−

−− 1..........11

)1(11

)1()1(............

0..........1

1

1

2

0..........011

1..........001

11

n

n

n

n

n

n

nn

n

nnn

Evidentemente |M| = 1≠ 0⇒ B´ es un conjunto de vectores linealmente independientes. b) La matriz del cambio de base de B a B´ es M.

La matriz del cambio de base de B´ a B será M-1. Para la operación de M-1 es muy cómodo hallar directamente la expresión de cada xk respecto de los vi.

Para cada k ∈{0,1,...,n} es xk = xk (1-x+x)k = xk ∑−

=

−−−

−k n

r

r k nr x xr

k n

0)1( =

= ∑ ∑−

=

−

=

−−+

+

−=−

−k n

r

k n

r v

r k nk r

k r r

k n x x

r

k n

0 0.)1(

Así:

M-1 =

−−

−−

−

−

1..........22

11

....

....

0..........1

2..

0..........11

12

0..........011

1..........001

n

n

n

n

n

n

n

nn

n

73. Sean V, W dos C-espacios vectoriales. Sea f un homomorfismo de V en W como R-espacios

vectoriales. Probar que f ∈∈Hom c(V,W) sii f(iz)=i f(z) para todo z de V.

Solución:

Si f ∈HomC(V,W) entonces, por restricción de la ley externa, es f∈ HomC(V,W) y además f(i z)

= i f(z).


66/77

4/7

Recíprocamente, si f ∈HomR (V,W) y f(i z)= i f(z), se tiene que:

f(z+w) = f(z)+f(w) para z,,w∈V

f((a+bi)z) = f(az+ibz) = f(az)+f(ibz) = f(az) + i f(bz) = af(z) + i b f(z) = (a+bi) f(z) para a+bi∈ C y z∈V.

En consecuencia, f ∈HomC(V,W).

74. Sea M 2 el espacio vectorial sobre R de las matrices cuadradas de orden 2 con elementos en R.

Consideremos las aplicaciones:

a) f: M 2 →→ M2 b) g: M 2 →→ M2

→ pd pc

pb pa

d c

ba → pd

pa

d c

ba0

0

donde p es un cierto elemento fijo de R. Se pide demostrar que son endomorfismos ¿Son

automorfismos?

Solución:

a)++++=

++++=

+ ´´

´´´´´´

´´´´

d pd pc pc p

b pb pa pa p

d d cc

bbaa f

d c

ba

d c

ba f

µλµλµλµλ

µλµλµλµλ

µλ =

+

=+= ´´

´´´´´´

d c

ba f

d c

ba f

pd pc

pb pa

pd pc

pb paµλµλ cualesquiera que sean

λ,µ∈R y 2´´´´

, M d c

ba

d c

ba∈

Luego f es un endomorfismo. Es la homotecia de razón p, pues f(x) = px∀x∈M2.

Si p=0 f es el endomorfismo nulo. Por ello ni es inyectivo ni suprayectivo.

Si p≠0 f es automorfismo, pues:f(x)=f(y)⇔ px=py⇔x=y (por ser p≠0)

f -1(y)= y p

1 para todo y∈M2.

b)++=

++ ++=

+ ´0 0´´´ ´´´´ ´´ d pd p

a pa pd d ccbbaa f

d cba

d cba g

µλµλ

µλµλµλµλµλ =

+

=+= ´´

´´´0

0´0

0d c

ba g

d c

ba g

pd

pa

pd

paµλµλ cualesquiera que seanλ,µ∈R

y 2´´´´

, M d c

ba

d c

ba∈

Así, g es un endomorfismo.


67/77

5/7

g nunca es inyectiva ya que =

0000

0110

g , luego g no es automorfismo. Además, g no es

sobreyectiva, ya que )(0110

2 M g ∉ .

75. Sea F(R,R) el R-espacio vectorial de todas las aplicaciones de R en R. Sea E el subespacio

vectorial engendrado por la función constante igual a 1 y las funciones x →→ senx, x →→ cosx.

Definimos las aplicaciones αα ,ββ : E →→ E como:

αα (f)(x) = f( x−2π

), ββ =(f)(x)=f´(x).

a) Demostrar que αα ,ββ son aplicaciones lineales.

b) Obtener αα °° ββ y ββ °° αα y comprobar que en este caso αα °° ββ = - ββ °° αα .

Solución

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