Solemne 2 2014-2

´ Universidad Universidad Andres es Bello Bello Facult acultad de Ciencias Exactas Exactas ´ ticas Departamento Departamento de d e Matematicas a

´ Algebra (FMM013) SOLEMNE 2 17 de Octubre, 2014. Duraci´ on: on: 90 minutos. Importante: No se asignar´ an puntos por respuestas sin justificaci´ an on. on. Problema 1 : (1,2   puntos)   Determine todos los z  complejos,   complejos, tal que z 2 = −3 + 4 i

Soluci´ on: on: Buscamos z  =  a  +  ib con a y b  reales. Tenemos: (a +  ib)2 = −3 + 4 i a2 − b2 + 2iab  = −3 + 4 i Resolvemos Resolvemos el sistema: sistema:

�

a2 − b2 = −3 2ab  = 4

Obtenemos a  = 1, b  = 2 y a  = −1, b  = Por lo tanto z  =   = 1 + 2i o z  = −1 − 2i.

−2.

erminos de una progresi´ on Problema 2 : (1,2   puntos) La suma de los primeros cinco t´erminos aritm´ aritm´etica etica es 65, y la suma desde el sexto al d´ecimo ecimo t´ermino ermino es 140. Determine Determine el primer t´ermino ermin o de d e la progresi´ prog resi´on. on.

Soluci´ on: on: Si a  es el primer t´ermino ermino de la progresi´ on, o n, y d  es el paso, entonces los primero cinco t´ermi er mino noss son: so n: a, a +  d, a + 2 d.a + 3 d, a + 4 d Su suma es 5a + 10 d  = 65. Por otro lado, los t´erminos ermin os del sexto al d´ecimo ecimo son: a + 5 d, a + 6 d.a + 7 d, a + 8 d, a + 9 d

Su suma es 5a + 35 d = 140. Resolviendo el sistema

obtenemos d = 3, a  = 7.

� 5  + 10  = 65

a d 5a + 35 d  = 140

Problema 3 : (1,2   puntos)   Determine el coeficiente de x10 en el desarrollo de

�

x2 + 1 (2x − 1)

(no es necesario simplificar la respuesta)

�

15

Soluci´ on: k =15

x2

�

� + 1 (2

15

x − 1)

=

� + 1� ∑ �15�(2 ) ( 1) ∑ �15�2 ( 1) + ∑ �15�2 x2

x

k

k =0

k

−

k =15

=

15−k

k =15

k

k

k =0

k +2

x

15−k

−

k

k =0

k

xk (−1)15−k

En la primera sumatoria el coeficiente de x10 se obtiene cuando k  = 8, y en la segunda sumatoria cuando k  = 10. Por lo tanto el coeficiente de x10 es:

�15� �15�

−

8

28 −

10

210

Problema 4 : (1,2   puntos)   Utilice inducci´on para probar que n

∀n ∈ N

∑ :

3

i =

i=1

n2 (n + 1) 2

4

Soluci´ on Base inductiva: para n  = 1 tenemos 1

∑

3

i

i=1

12 (1 + 1)2 = 4 ?

13 = 1 Por lo tanto la proposici´on es verdadera para n  = 1. Hip´otesis de inducci´ on: suponemos que la proposici´ on es verdadera para n = k, es decir, suponemos k k 2 (k + 1) 2 3 i = 4 i=1

∑

Tesis de inducci´on: la proposici´on es verdadera para n  =  k +1. Demostraci´on: tenemos k +1

∑

k

3

i

=

i=1

∑

i3 + (k  + 1) 3

i=1

=

k 2 (k  + 1) 2

+ (k  + 1) 3 por hip´otesis de inducci´ on

4 k (k  + 1) 2 + 4(k  + 1) 3 4 2 2 (k  + 1) (k + 4(k + 1) 4 2 2 (k  + 1) (k + 4k  + 4) 4 2 (k  + 1) (k + 2) 2 ) 4 2 (k  + 1) ((k  + 1) + 1)2 4 2

= = = = =

Por el principio de inducci´on, tenemos entonces que la proposici´ on es verdadera para todo n ∈ N.

Problema 5 : (1,2   puntos) Un grupo de 11 personas est´a compuesto por 7 hombres y 4 mujeres. A partir de este grupo, se decide formar un equipo de 5 personas en el cual haya por lo menos dos hombres y una mujer. Calcule cu´ antos equipos distintos se pueden formar con esta condici´ on. (No es necesario simplificar la respuesta) Soluci´ on: Cantidad de equipos con dos hombres y tres mujeres = 72 Cantidad de equipos con tres hombres y dos mujeres = 73 Cantidad de equipos con cuatro hombres y una mujer = 74

4 3 4 2

� �� � � �� � � �� � 4 1

Cantidad de equipos con al menos dos hombres y una mujer

=

�7��4� �7��4� �7��4� 2

3

+

3

2

+

4

1