Temario Oposiciones Matematicas(Problemas)

Hoja de Problemas nº1 – Algebra 1

1. Hallar un número cuadrado perfecto de cinco cifras sabiendo que el producto de esas cinco cifras es 1568. Solución: n2 = x1 · 104 + x2 · 103 + x3 · 102 + x4 · 10 + x5

Sea sea

n = a · 102 + b · 10 + c

el número que buscamos y

la raíz cuadrada del número que buscamos.

Entonces debe ocurrir que: x1 · 104 + x2 · 103 + x3 · 102 + x4 · 10 + x5 = = a2 · 104 + 2ab103 + (b2 + 2ac) · 102 + 2bc10 + c2 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, 1 2) 7, 7, 8, 2, 2 3) 7, 7, 4, 4, 2 La opción 2) no es posible porque un cuadrado no puede tener nunca como cifra de las 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 n2 deben ser 7, 7, 8, 4, 1 y bajo estas condiciones se tiene que x5 debe ser 1 o 4 y x4 debe ser par. Entonces se tiene que los posibles valores de n2 son: 17784 71784 77184

77841 78741 87741

74781 77481 47781

Pero de todos ellos el único que es un cuadrado perfecto es: 77841 = (279)2 Entonces: N2 = 77841

2. Encontrar un número “abcd” de 4 cifras en base 12, tal que es cuadrado perfecto y además los números “ab” y “cd” son consecuentes en base 12. Solución: Como bien nos dice el problema, se tiene que

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ab + 1 = cd,

y por otro lado1000012) ≤ abcd < 10000012) ⇒ 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 · 123 + b · 122 + a · 12 + b = 145(12ª + b) = n2 – 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 5 entonces n = 59 ⇒ n2 = 3481 = 202112) que verifica las condiciones. • Si n + 1 es múltiplo de 29 y como (n – 1)(n + 1) debe ser múltiplo de 5 entonces n = 86 ⇒ n2 = 7396 = 434412) que verifica las condiciones del problema. Por lo tanto hay dos soluciones posibles para este problema: n1 = 202112)

y

n2 = 434412)

3. En un sistema de numeración cuya base se desconoce, dos números se escriben 302 y 402. El producto de ambos números es 75583 en el sistema de numeración de base 9. Hallar la base desconocida.

Solución: Tenemos que: 302n) · 402n) = 755839) Entonces pasándolo a base diez se tiene que: (3 · n2 + 2)(4 · n2 + 2) = 7 · 94 + 5 · 93 + 5 · 92 + 8 · 9 + 3 ⇒ ⇒ (3n2 + 2)(4n2 + 2) = 50052 ⇒ ⇒12n4 + 6n2 + 8n2 + 4 = 50052 ⇒ 12n4 + 14n2 – 50048 = 0 ⇒ ⇒ 6n4 + 7n2 – 25024 = 0, haciendo n2 = m tenemos:

2/7

6m2 + 7m – 25024 = 0 ⇒ m =

− 7 ± 49 + 600576 = 12

64 =

− 7 ± 775 = 12

)

-65´1 6

lo rechazamos

⇒ n2 = 64 ⇒ n1 = 8 o n2 = -8 que lo rechazamos ⇒ la soluciónes n1 = 8 4. Demuestre que para todo número natural n, n ≥ 1, se tiene: 1 2 n ( −1) m +1 ∑ =∑ m k =n +1 k m =1 2n

Solución: 2n  1 2 n (−1) m +1  Sea Α = n ∈ ΙΝ / ∑ = ∑  m  k = n +1 k m =1 

ι) ¿1∈Α? 2

∑k = 2 1

1

k=2

⇒ 1∈Α

( −1) m m =1 2

∑

m +1

=

(−1) ( −1) 1 1 + =1 − = 1 2 2 2 2

3

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

1 2 n ( −1) m +1 . ∑ =∑ m k =n +1 k m =1 2n

1 2 n +2 (−1) m +1 ? ∑ =∑ m k =n + 2 k m =1 2 n +2

Veamos si (n + 1)∈Α, ¿

2 n +2

2 n +2 2n 1 1 1 1 1 1 1 1 = − + = − + + = ∑ ∑ ∑ n + 1 n + 1 k =n + 2 k k =n +1 k n + 1 2n + 1 2 n + 2 k =n + 2 k

(−1) m m =1 2n

=∑ =

m +1

1 2n 1 1 ( −1) m +1 (−1) 2 n + 2 ( −1) 2 n +3 2 + − + =∑ + + = 2 n + 1 n + 1 n + 1 m =1 m 2n +1 2n + 2

(−1) m +1 ⇒ (n + 1)∈Α ∑ m m =1 ⇒

2 n +2

Α = ΙΝ 3/7

5. Hallar un número de cinco cifras diferentes que sea igual a la suma de todos los de tres cifras que se pueden obtener formando todas las variaciones ordinarias de dichas cinco cifras tomadas de tres en tres. Solución: Supongamos que N = x1 x2 x3 x4 x5 no, no tendría cinco cifras.

es el número pedido con x1 ≠ 0, porque si

Como con esas cinco cifras queremos formar números de tres cifras se tiene que hay V5,3 = 60 posibilidades, de las cuales hay 12 que tienen una cifra determinada en una posición determinada. Por tanto tenemos que: 12(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) + 12(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) · 10 + + 12(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) · 100 = 1332(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) y por lo tanto: N = 1332(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) Entonces N es múltiplo de 9 porque 1332 lo es, y utilizando el criterio de divisibilidad 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 cifras es 27 ≠ 18 = 9 · 2 entonces contradice que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 9t ⇒ Este número no es el buscado. • Si

t=3

entonces

3 + 5 + 9 + 6 + 4 = 27 = 9 · 3

N = 1332 · 9 · 3 = 35964 entonces

N = 35964

y como 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 de códigos formados por cinco letras consecutivas en dicho orden. Ejemplo: DGFHE. c) Supuesto el orden lexicográfico entre los códigos, hallar el que corresponde al 1729. Solución: a) El número total de códigos viene dado por las variaciones con repetición de 8 elementos tomados de 5 en 5. VR8,5 = 85 = 32768 b) 1) C5,2 · 8 · V7,3 = 16800 2) C5,2 · C3,2 · C8,2 · 6 = 5040 3) C5,3 · 8 · V7,2 = 3360 4) C5,3 · 8 · 7 = 560 5) C5,4 · 8 · 7 = 280 6) C5,5 · 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 de ordenarlas es P5 = 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 el número 1728 según nuestra aplicación, es decir 1728 = 033008) = ADDAA. Entonces la solución es ADDAA 7. Dos mujeres y tres hombres suben a un ascensor en la planta baja de un edificio 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 distinto sexo. 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 formas diferentes de que se bajen, ya que como se suben en la planta baja, se pueden bajar en cualquiera de las otras cinco plantas. Para cada una de las cinco formas de bajarse las  3 + 4 − 1 6! mujeres hay   = = 20 formas de bajarse los hombres, que son las  3  3!·3! combinaciones con repetición de 4 elementos tomados de 3 en 3.  5   = 10  2

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

formas

 3 + 3 − 1   = 10 formas diferentes de  3  bajarse, combinaciones con repetición de 3 elementos tomados de 3 en 3. diferentes de bajarse, y los hombres tendrán

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 de un 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:  n Pi =    4 b) Para poder calcular los puntos exteriores de intersección entre las diagonales, vamos a calcular los puntos de intersección totales entre las diagonales y luego restaremos las interiores, obtenemos así los puntos de intersección exteriores entre las diagonales. Como tenemos n vértices y n lados, entonces tenemos

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 n n( n − 3)   − n = 2  2

Diagonales distintas (que no son los lados del triángulo). Como en cada vértice  n − 3 concurren n - 3 diagonales, tenemos por lo tanto que hay    2  diagonales que se cortan en cada vértice. Como cada dos diagonales hay un punto de intersección se tiene que:  n (n − 3   n − 3 n( n − 3)( n 2 − 7n + 14) PT =  2  − n =    2  8  2  Entonces tenemos los puntos exteriores de intersección entre las diagonales vienen dados por: n( n − 3)( n 2 − 7 n + 14)  n  n( n − 3)( n − 4)( n − 5) Pe = PT – Pi = −   = 8 12  4 Entonces las soluciones son:  n a) Pi =    4 b) Pe =

n( n − 3)( n − 4)( n − 5) 12

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Hoja de Problemas nº2 – Algebra II

9. Hallar un número de cuatro cifras que sea igual al cubo de la suma de las cifras. Solución: Sea x1 x2 x3 x4 el número buscado con x1 ≠ 0 ya que si no, no seria de cuatro cifras. Tenemos que

x1 x2 x3 x4 = (x1 + x2 + x3 + x4 )3

y como

1000 ≤ x1 x2 x3 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, entonces el cubo de dicho número, es decir, x1 x2 x3 x4 se puede escribir de la forma 9K – 1, 9K, 9K + 1, y aplicando el criterio de divisibilidad del 9, se tiene que x1 + x2 + x3 + x4 es de la forma 9K – 1, 9K o 9K + 1, es decir, que x1 + 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 = 173 ⇒ Es solución del problema. 183 = 5832 = (5 + 8+ 3 + 2)3 = 183 ⇒ Es solución del problema. 193 = 6859 ≠ (6 + 8 + 5 + 9)3 = 283 ⇒ Este número no es solución. La solución del problema es: n1 = 4913 n2 = 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 132 ≤ N < 93 ⇒ 169 ≤ N ≤ 728, o lo que es lo mismo 10013) ≤ N ≤ 44013). Supongamos que que

N = x1 x2 x3

entonces por lo dicho anteriormente se tiene 13)

1 ≤ x1 ≤ 4, 0 ≤ x2 ≤ 8 y 0 ≤ x3 ≤ 8. Entonces: a) Si N = x1 x2 x3 ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x1 + 9x2 + x3 ⇒ 9)

⇒ 88x1 + 4x2 = 0 que no tiene solución.

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b) Si N = x1 x3 x2 ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x1 + 9x3 + x2 ⇒ 9)

⇒ 88x1 + 12x2 = 8x3 pero 8x3 ≤ 64 < 88x1 + 12x2 ⇒ ⇒ No tiene solución. c) 160x1 = 68x2 ⇒ 40x1 = 17x2 pero 40x1 con 1 ≤ x1 ≤ 4 no es múltiplo de 17 ⇒ ⇒ No tiene solución. d) Si N = x2 x3 x1 9 ) ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x2 + 9x3 + x1 ⇒ ⇒ 42x1 = 17x2 + 2x3 donde x2 ha de ser par: • para x1 = 1 ⇒ 42 = 17x2 + 2x3 con x2 = 2 y x3 = 4 • para x1 = 2 ⇒ 84 = 17x2 + 2x3 ⇒ x2 = 4 y x3 = 8 • para x1 = 3 ⇒ 126 = 17x2 + 2x3 que no tiene solución • para x1 = 4 ⇒ 168 = 17x2 + 2x3 que no tiene solución. e) Si N = x3 x1 x2 9 ) ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x3 + 9x1 + x2 ⇒ ⇒ 160x1 + 12x2 = 80x3 ⇒ 40x1 + 3x2 = 20x3 ⇒ 3x2 = 20(x3 – 2x1 ) ⇒ ⇒ x3 – 2x1 tiene que ser múltiplo de 3 ⇒ ⇒ tenemos: • x1 = 1, x2 = 0, x3 = 2 • x1 = 2, x2 = 0, x3 = 4 • x1 = 3, x2 = 0, x3 = 6 • x1 = 4, x2 = 0, x3 = 8 porque si x3 – 2x1 ≥ 3 ⇒ x2 > 8 f) Si N = x3 x2 x1 9 ) ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x3 + 9x2 + x1 ⇒ ⇒ 168x1 + 4x2 = 80x3 ⇒ 42x1 + x2 = 20x3 ⇒ x2 tiene que ser par, es decir, x2 = 2(10x3 – 21x1 ), pero como 1≤ x1 ≤ 4 ⇒ 10x3 – 21x1 es mayor que 6 ⇒ ⇒ No hay solución. Las soluciones son: Base 9 Base 13

214 124

482 248

210 102

420 204

2/8

630 306

840 408

11. Probar que 11n – 4n es múltiplo de 7. Solución: Sea A = {n∈Ð/11n – 4n = 7k} ι) ¿1∈A? 11 – 4 = 7 ⇒ 1∈A ιι) Supongamos cierto que n∈A, es decir: Veamos si

11n – 4n = 7k

n + 1∈A, ¿11n+1 – 4n+1 = 7k1 ?

11n+1 – 4n+1 = 11 · 11n – 4 · 4n = (7 + 4) · 11n – 4 · 4n = = 7 · 11n + 4 · 11n – 4 · 4n = 7 · 11n + 4(11n – 4n ) = = 7 · 11n + 4 · 7k = 7(11n + 4k) = 7k ⇒ n + 1 + 1∈A ⇒A=Ð 12. Los coeficientes de los términos tn , tn+1 , tn+2 que ocupan los lugares n, n+1, n+2 en el desarrollo de (a + b)14 están en progresión aritmética. Calcular n sabiendo que es menor que 7. Solución: El desarrollo del binomio de Newton para (a + b)14 es (a + b)14 =

14  j 14 − j a b j  j= 0 14

∑ 

Entonces las posiciones n, n + 1 y n + 2 las ocupan los términos:  14  n −1 15−n tn =   a b  n − 1

14  ; t n +1 =   a n b14 −n n

 14  n +1 13 −n ; t n + 2 =  a b  n + 1

y como los coeficientes están en progresión aritmética, se tiene que: 14   14   14  14    −   =   −    n   n − 1  n + 1  n  ⇒

14! 14! 14! 14! − = − n!(14 − n )! ( n − 1)(15 − n)! ( n + 1)! (13 − n )! n! (14 − n)!

pero multiplicando por

(n − 1)! (13 − n)! 14!

nos queda:

1 1 1 1 − = − ⇒ n(14 − n) (14 − n)(15 − n) n( n + 1) n(14 − n ) 3/8

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

9 ⇒ n2 – 14n + 45 = 0 ⇒ n =

14 ± 196 − 180 14 ± 4 = = 2 2 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: n! P= n n b) El número de cosas posibles es nn que es el número de variaciones con repetición de 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  n   = n .  1 • Segundo elegimos que urna va a tener dos bolas, porque las demás van a tener  n − 1 una, y esto es   = n − 1.  n  • Tercero elegimos que dos bolas de las n que hay vamos a situar en la urna que  n  n( n − 1) tendrá dos bolas, esto es,   = . 2  2 • Y por último situemos las (n – 2) bolas restantes en las (n – 2) urnas restantes ⇒ (n – 2)! Entonces las cosas favorables son:

n (n − 1)

4/8

n (n − 1) ( n − 2)! 2

Entonces la probabilidad es:

P=

n( n − 1)

n( n − 1) ( n − 2)! ( n − 1) 2 (n − 2)! 2 = nn 2·n n −2

Soluciones: a) P =

b) P =

n! nn

( n − 1) 2 (n − 2)! 2n n − 2

14. En un armario hay n pares de zapatos distintos, es decir, cada par es diferente de los restantes pares. Se toman r zapatos al azar. Se pide la probabilidad de que entre los zapatos elegidos aparezcan exactamente h pares. Solución:  2n  El número de casos posibles es   que son el número de combinaciones de 2n  r  elementos tomados de r en r. El número de casos favorables viene dado por:  n    h • En segundo lugar debemos elegir entre los (n – h) pares que quedan los r – 2h de n − h  los cuales vamos a sacar un zapato de cada uno, esto es:    r − 2h   2 • Y por último, hay   formas de elegir un zapato de las dos que hay en cada par, 1  de manera que nunca elijamos un par completo. • Primero elegimos h pares entre los n que hay, esto es:

 n  n − h  n =    2 casos favorables.  n  r − 2h  Entonces la probabilidad viene dada por: Entonces hay

 n  n − h    2 n  r − 2h   P=  2n   r 

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15. Resolver en 9 7 el sistema: x − 2y + 5z = 2  3x + y − 2 z = 1 5 x + 4 y + z = 5  Solución: 1 − 2 5 2 1 − 2  x − 2 y + 5z = 2 5 2       →  0 7 − 17 − 5  → 3x + y − 2 z = 1 ⇒  3 1 − 2 1   F2' = F2 −3 F1 5 4 5 x + 4 y + z = 5 1 5  F3 '=F3 − 5 F1  0 14 − 24 − 5   

 1 − 2 5 2 1 − 2 5 2     x − 2 y + 5z = 2 →  0 0 4 2   → 0 0 4 2  ⇒ F '3 = F3 − F2 4z = 2  0 0 4 2  0 0 0 0     ⇒ z = 4 ⇒ x – 2y + 20=2 → x = 2y – 18 ⇒ x = 2y + 3 x = 2y + 3 ⇒ z = 4

con y∈97

16. Demostrar que siendo n un número entero, la expresión n5 − 5n 3 + 4n n+2 siempre es divisible por 24. Solución: Sea

xn =

n5 − 5n 3 + 4n n+2

Vamos a intentar factorizar el numerador ya que, si uno de los factores fuese el propio (n + 2) podríamos simplificar la expresión. n5 – 5n3 + 4n = n(n4 – 5n2 + 4) = n(n2 – 4)(n2 – 1) = n(n – 2)(n + 2)(n – 1)(n + 1) entonces xn = (n – 2)(n – 1) n(n + 1).

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Como queremos demostrar que xn es divisible por 24 = 8 · 3, es suficiente que demostremos que xn es divisible por 8 y por 3. • xn será divisible por ocho, porque como tenemos que xn es un producto de 4 número 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 4 y el otro al ser par por 2, entonces xn es divisible por 8. • xn es divisible por 3 porque cada tres números consecutivos hay uno que es divisible 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 1 1 sean distintos x, − x, ,− ?. x x b) Sean x e y dos números racionales que cumplen la condición del apartado a), 1 1 y además las siguientes: x < y, < . Indicar que números son positivos x y del conjunto.  1 1 1 1 H =  x,− x , ,− , y, − y , ,−  x x y y  c) Si además se cumple y = MaxH,

1 < x, ordenar de menor a mayor los x

números del conjunto HU{0, -1,1}. Solución: a) Para que x y –x sean distintos, como x = - x ⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0 debe ocurrir que 1 x ∉{0}. Pero por otro lado se tiene que si x = ⇒ x 2 = 1 ⇒ x = ±1 ⇒ x ∉ {− 1,0,1} y x 1 1 como x ≠ − y − x ≠ ⇒ la solución de este apartado es: x x x ∉ {− 1,0,1} b) Como x < y y además

1 1 < ⇒ x e y tienen distinto signo, ya que si no x y

1 1 < . En concreto x < 0 < y ⇒ Se tiene que los elementos positivos del y x conjunto H (que los denotaremos como el conjunto H+ ) serán: x -1 y por lo tanto < -1 y además x x 1 1 y = MaxH ⇒ y > 1 ⇒ < 1. Pero al ser y = MaxH ⇒ y > − . Por lo tanto, el orden x y de los elementos es: 1 1 1 1 - y< < -1 < x < − < 0 < < - x < 1 < - < - y x x y y c) Como

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Hojas de Problemas – Algebra III

18. a) Demostrar que si n es par, los números naturales n2 – 1 y 3n + 1 son primos entre si. b) Demostrar que si n = 30m, entonces la cantidad de números enteros positivos distintos de cero que no son mayores que m y que no se dividen por ninguno de los números 6, 10, 15 es igual a 22m. Solución: a) Supongamos que a es un divisor primo de n2 – 1, entonces a divide a n – 1 o a n + 1. En caso de que divida a n – 1 entonces divide a 3n – 3, pero si divide a n + 1 entonces también divide a 3n + 3. Supongamos que divide también a 3n + 1, entonces divide a (3n + 1)–(3n – 3)=4 o divide a (3n + 3) – (3n + 1) = 2, entonces a = 2. Pero como 3n + 1 y n2 – 1 son impares (por ser n par), entonces dividirlos, entonces son primos entre si.

a = 2, no puede

b) Como hay 30m enteros positivos no mayores que n y se cumple que: n 30m = = 5m múltiplos de 6 no mayores que n 6 6 n 30m • hay = = 3m múltiplos de 10 no mayores que n 10 10 n 30m • hay = = 2m múltiplos de 15 no mayores que n 15 15 • hay

n =m 30 múltiplos de 30 no mayores de n que los hemos contado como múltiplos de 6, 10 y 15. Pero como 30 es en mcd de 6 y 10, de 6 y 15 y de 10 y 15 ⇒ hay

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 28 divisores. Hallar el número. Solución: Supongamos que n = 2 a1 ⋅ 3a 2 ⋅ n3a 3 ⋅ .... ⋅ n5a 5 n3 ,…, n3 primos. Entonces se tiene que como:

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es el número buscado, con 2, 3,

n = 2 a1 −1 ⋅ 3a 2 ⋅ n3a 3 ⋅ ... ⋅ n5a 5 2 3n = 2 a1 ⋅ 3a 2 +1 ⋅ n3a 3 ⋅ ... ⋅ n5a 5 Se verifica que: 24 = (a1 + 1)( a2 + 1) ⋅ ... ⋅ ( a5 + 1)  18 = a1 ( a 2 +1) ⋅ ... ⋅ ( a5 + 1) 28 = ( a + 1)( a + 2) ⋅ ... ⋅ ( a + 1)  1 2 5 Dividiendo la 1ª ecuación por la 2ª ecuación tenemos: 24 a1 + 1 = ⇒ a1 = 3 18 a1 Dividiendo la 3ª ecuación por la 2ª ecuación tenemos: 28 a2 + 2 = ⇒ a2 = 5 18 a 2 + 1 Como tenemos que 24 = (3 + 1)(5 + 19 entonces a3 = a4 =….= a5 = 0 ⇒ ⇒ n = 23 ⋅ 35 = 1944 → n = 1944

20. ¿Cuántas cifras tiene el menor número natural que cumple que, cuando la primera cifra de la izquierda se coloca en el último lugar de al derecha, el número que resulta es una vez y media el número inicial?. Solución: Si llamamos m al número de cifras, nm a la primera cifra y N al número que queda después de haber suprimido la primera cifra. Entonces. 10N + nm =

3 ( nm ⋅ 10 m −1 + N ) 2

⇒ nm(3 ⋅ 10m – 1 – 2) = 17N. Entonces 3 · 10m – 1 – 2 debe ser múltiplo de 17 pues el número 17 es primo ⇒ ⇒ 3 · 10m – 1 – 2 ≡ 0(17) ⇒ 3 · 10m – 1 ≡ 2(17) ⇒ 3 · 10m ≡ 20(17) ⇒ 3 · 10m ≡ 3(17) ⇒ ⇒ 10m ≡ 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 que verifica la periodicidad de los restos potenciales tiene que ser un divisor de 16.

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Entonces como. 101 ≡ -7 (17)

102 ≡ -2 (17)

104 ≡ 4 (17)

106 ≡ -1 (17)

⇒ El número buscado es el propio 16. Entonces la cifra que buscamos tiene 16 cifras. 21. Demostrar que 33n+3 – 26n – 27 es múltiplo de 169 para todo n entero positivo. Solución: Sea xn = 33n+3 – 26n – 27. 1) Efectivamente si n = 1 entonces x1 = 36 – 26 – 27 = 676 = 4 · 169 entonces xn es múltiplo de 169 para n = 1. 2) Si demostramos que xn+1 ≡ xn (169) entonces aplicando el principio de inducción tendremos que la propiedad se verifica ∀n∈9+. Demostrar que xn+1 ≡ xn (169) es lo mismo que comprobar que xn+1 – xn ≡ 0(169). Xn+1 – xn = 33(n+1) + 3 – 26(n + 1) – 27 – 33n+3 + 26n + 27 = = 33n+3 · 33 – 26n – 26n – 26 – 27 – 33n+3 + 26n + 27 = (33 – 1)33n+1 – 26 = = 26(33n+3 – 1) = 26((33 )n+1 – 1) = 26(27n+1 – 1) = {Aplicando la fórmula del polinomio ciclotómico} = 26(27 – 1)(27n + 27n-1 + ….. + 27 + 1) = = 262 (27n + 27n-1 + … + 27 + 1) = 676 · (27n + 27n-1 + …. + 27 + 1) = = 169 · 4 · (27n + 27n+1 + …. + 27 + 1) = 0(169) ⇒ xn+1 ≡ xn (169) Entonces por el principio de inducción 33n+3 – 26n – 27 ∀n∈9 .

es múltiplo de 169

+

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 identidad de Bezout que: 1 = αm + βn

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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) α m ⇒ Definimos x como este número, es decir. x = b + (a – b)βn que es lo mismo que x = a + (b – a)α m 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 se les 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 =

a) i)

x , que nos será más cómodo. y

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

ad ± bc ∈ Q(k ) . bd ii)

 a  ⋅  c  = ac con b ≠ 0 y d ≠ 0 y como ac y bd ∈ Z(K) ⇒ ac ∈ Q(K ).     bd  b   d  bd

a   iii)  b 

c   d 

=

ad ad con b ≠ 0, c ≠ 0 y d ≠ 0 y como ad y bc ∈ Q(K) ⇒ ∈ Q(K ) bc bc ⇒ Q(K) es un subcuerpo de K

b) Sea K´ un subcuerpo cualquiera de K, entonces como 1∈ K´ (por ser un subcuerpo 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 un subcuerpo de K) y si x ∈ K´ ⇒ (- x) ∈ K´ entonces Z(K) ⊂ K´. Y por la propia definición de Q(K) podemos decir que Q(K)⊂ K´ ⇒

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⇒ Q(K) es el menor subcuerpo de K.

24. Demostrar que aritmética.

2 , 3, 5 no pueden ser términos de una progresión

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: 3 − 2 = md

y

5 − 3 = nd

Por lo tanto, podemos asegurar que: 3 − 2 md m = = ∈ Q y que n 5 − 3 nd

5 − 3 nd n = = ∈Q 3 − 2 md m

⇒

3− 2 = 5− 3

( (

3− 2 5− 3

)( )(

5+ 3 15 + 3 − 10 − 6 = ∈Q ⇒ 2 5+ 3

⇒

5− 3 = 3− 2

( (

5− 3 3− 2

)( )(

3+ 2 = 15 + 10 − 3 − 6 ∈ Q ⇒ 3+ 2

⇒

( 15 +

) )

) )

)(

)

10 − 6 y 15 − 10 − 6 ∈ Q, entonces su diferencia es un nº racional

⇒ 2 10 ∈ Q (contradicción) ⇒ geométrica.

2 , 3, 5 no son términos de una progresión

25. Demostrar que para todo número natural n, el número dado por An = (n5 – n)(n4 + n2 – 6 es divisible por 210. Solución: Como tenemos que: An = (n5 – n)(n4 + n2 – 6) = n(n4 – 1)(n4 + n2 – 6) = n(n2 – 1)(n2 + 1)(n4 + n2 – 6) = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1)(n2 + 3)(n2 – 2). Además tenemos que 2, 3, 5, 7.

210 = 2 · 3 · 5 · 7, bastará ver que An es divisible por

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

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cada dos números consecutivos uno es par y cada tres números consecutivos uno es múltiplo 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= 49p2 + 14p + 1 – 1 = = 7(7p2 + 2p) que es múltiplo de 7. c) Si n = 7p + 2 ⇒ n2 + 3 = (7p + 2)2 + 3 = 49p2 + 28p + 4 + 3 = = 7(7p2 + 4p + 1) que es múltiplo de 7. d) Si n = 7p + 3 ⇒ (n2 – 2) = (7p + 3)2 – 2 = 49p2 + 42p + 9 – 2 = = 7(7p2 + 6p + 1) que es múltiplo de 7. e) Si n = 7p + 4 ⇒ (n2 – 2) = (7p + 4)2 – 2 = 49p2 + 56p + 16 – 2 = = 7(7p2 + 8p + 2) que es múltiplo de 7. f) Si n = 7p + 5 ⇒ (n2 + 3) = (7p + 5)2 + 3 = 49p2 + 70p + 25 + 3 = = 7(7p2 + 10p + 4) que es múltiplo de 7. g) Si n = 7p + 6 ⇒ (n2 – 1) = (7p + 6)2 – 1= 49p2 + 84p + 36 – 1 = = 7(7p2 + 12p + 5) que es múltiplo de 7. Luego An es divisible por 2, 3, 5, 7 ⇒ An es divisible por 210.

26. a) Demostrar que para todo número natural n y p (con p < n y n ≠ 0) el número p −2  n n An = (n + 1) - ∑   ni es decir, por np. i i= 0   b) Demostrar que para todo número natural n y p (con p < n y n ≠ 0) el número p −2 n  n Bn = p ( p −1) n − ∑   ni es divisible por (pn – 1)p. i =0  i  Solución:

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a) Tenemos que demostrar que: n i n ≡ 0 n p . Entonces: i =0  i  p− 2

(n + 1)n − ∑ 

( )

p −2 p− 2 n n  n  n  n  n ( n + 1) n − ∑   n i = ∑   ni − ∑   ni = ∑   ni = i =0  i  i =0  i  i =0  i  i = p −1 i 

 n  p −1  n  p  n  p +1 n =   n +  n +   n + ..... +  n n =  p − 1  p  p + 1 n =

n  n  p +1  n  n n! n p −1 +  n p +  n +  n = ( p − 1)! (n − p + 1)!  p  p + 1 n

 n    p − 1 p  n  p  n  p +1 n  = n +  n +   n + ...... +  n n = n  p  p + 1 n  n     p − 1  p− 2 n  n   n  n− p  n n p    n + ..... +  n =n +   +  ⇒ (n + 1) − ∑  n i ≡ 0 n p  n  i= o  i   p   p + 1 n    

( )

p− 2 n  ⇒ (n + 1)n − ∑  n i es divisible por np . i =0  i 

(

)

b) Sea a = p n − 1 ⇒ a p = p n − 1

(

)

p

⇒ (a + 1)a = p n − 1 + 1 = p na = p n ( p a

n

−1 )

p −2 p− 2 p− 2  n n  n n ⇒ (a + 1)a − ∑   n i = p n ( p −1 ) − ∑   ni ⇒ (a + 1)a − ∑  n i = Bn i =0  i  i =0  i  i= 0  i  p− 2 n  n Y por el apartado a) tenemos que Bn es divisible por a p ⇒ p ( p −1 )n − ∑  n i es i =0  i  n p divisible por (p – 1) .

27. a) Demostrar que existen infinitos números de la forma An = 10n + 3 que son compuestos. 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 7/8

resto 4, dividido por 6 da de resto 5, dividido por 7 da de resto 6, dividido por 8 da de resto 7 y dividido por 9 da de resto 8. Solución: a) Vamos a demostrar que existen infinitos An compuestos viendo que existen infinitos An que son divisibles por 7. Sea n = 6K + 4: An = 10 n + 3(7 ) ⇒ An ≡ 106 K + 4 + 3(7 ) ⇒ ⇒ An ≡ 10 4 ⋅10 6 K + 3(7) ⇒ An ≡ 3 4 ⋅ (10 6 ) + 3(7 ) ⇒ K

⇒ An ≡ 81 ⋅ (106 ) + 3(7 ) y como 106 ≡ 1(7) por el teorema de Fermat K

⇒ A n ≡ 4 ⋅ 1K + 3(7 ) ⇒ An ≡ 4 + 3(7 ) ⇒ An ≡ 0(7) ⇒ ⇒ An es divisible por 7. Si n = 6K + 4 ⇒ ⇒ An = 106K+4 + 3 ∀K∈Ð ∀K∈Ð.

es divisible por 7 y por lo tanto es compuesto de

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

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 divisores mas 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 = 2ª · 5b · 7c entonces 5A = 2ª · 5b+1 · 7c y 8A = 2ª+3 · 5b · 7c Utilizando la fórmula que nos proporciona el número de divisores se tiene que:  (a + 1)(b + 2)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 8 ⇒  (a + 4)(b + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 18  (a + 1)(b + 1 + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 8 ⇒ ⇒ (a + 1 + 3)(b + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 18  (a + 1)(b + 1)(c + 1) + (a + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 8 ⇒ (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 3(b + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 18  (a + 1)(c + 1) = 8 ( a + 1)(c + 1) = 18 ⇒ ⇒ (1) entonces dividiendo 3(b + 1)( c + 1) = 18  (b + 1)( c + 1) = 6 tenemos que:

a +1 4 = ⇒ a = 4α − 1 y b = 3α − 1 b +1 3

que sustituyendo en (1) nos da que α = 1 ⇒ a = 3, b = 2, c = 1 ⇒ A = 23 · 52 · 71 = 1400 ⇒ A = 1400 b) Utilizando la fórmula para la suma de divisores en teste problema tenemos que: 2 4 − 1 53 − 1 72 − 1 S= + + = 15 ⋅ 31 ⋅ 8 = 3720 2 −1 5 −1 7 − 1 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 = xp + yp Solución: Tenemos que:

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(x + y)p

 p  p  p  p  p −1  p  p =   x p +   x p −1 y +   x p −2 y 2 + ..... +   xy +   y 0  1  2  p − 1  p

 p   p Por un lado tenemos que   =   = 1 , pero por otro lado si 1≤ K < p y si e =  0   p  p elemento unidad, entonces como K!   = p ( p − 1)( p − 2) ⋅ ...... ⋅ ( p − K + 1) se obtiene K  que:  p  e  = p ( p − 1)( p − 2 ) ⋅ ...... ⋅ ( p − K + 1)e = 0 K  

( K! e) 

⇒ Como K!e = e(2e)(3e) ·……· (Ke) y he ≠ 0 si 1 ≤ h < p ⇒  p ⇒ K!e = 0 ⇒  e = 0 K  Por lo tanto (x + y) p = xp + yp

30. Dado un subconjunto A de la recta real 3 , se dice que un punto x∈ ∈ 3 es un punto 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 3 admite como mínimo un punto de condensación. b) Si P simboliza el conjunto de todos los puntos de condensación de un subconjunto A de 3 , demuestre que P es un cerrado de 3 . Solución: a) Sea A un conjunto de 3 no numerable, y supongamos un intervalo cerrado y acotado I = [-n, n] ⊂ A. Supongamos que A no tienen puntos de condensación ⇒ ∀x∈[-n, n] ⇒ ∃∪(x) tal que U(x)∩A es como mucho numerable. ⇒ Como esto ocurre ∀x∈I ⇒ existe una familia {U(x) :x∈I} de entornos abiertos que recubres a I, y como I es compacto ⇒ existe un subrecubrimiento finito U(x1 ),…….U(xr) cuya unión es I. r

⇒ I∩A = U (U ( x j ) ∩ A) que es como mucho numerable, porque es la unión finita j =1

de conjunto como mucho numerable.

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⇒ Como A = U ([− n, n] ∩ A) es a lo más numerable, por si la unión numerable de n∈N

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

31. Demostrar que todo conjunto B de números reales con un solo punto de acumulación es numerable. Solución: Sea A = B – {p} donde p es un punto de acumulación, en concreto, el único punto de 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 puntos aislados. Como (3,T) verifica el 2º Axioma de numerabilidad ⇒ (C, Tc) también verifica ⇒ Existe una base numerable de Tc ⇒ los elementos de C que son subconjuntos unitarios y abiertos de Tc 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 un elemento. Entonces B es un conjunto numerable.

32. Demostrar que para dos números reales x