Pauta - Docencia DIM-UChile

Ingeniería Matemática
FACULTAD DE CIENCIAS
FÍSICAS Y MATEMÁTICAS
UNIVERSIDAD DE CHILE
Introduccón al Álgebra 09-2
Pauta Control 3
P1. a) (1,0 pto.) Sea x un divisor de 0 en (R, +, ·), es decir, existe un y ∈ R tal que x · y = 0 pero y 6= 0.
Suponga que x tiene un inverso x−1 . Calculamos
0 = x−1 · 0 = x−1 · (x · y) = (x−1 · x) · y = 1 · y = y 6= 0,
una contradicción.
b) (2,0 ptos.) Suponga que x ∈ Zn no tiene inverso ni es divisor de 0n . Entonces para todo y ∈ Zn \ {0n}
vale x ·n y ∈ Zn \ {0n , 1n }. Como Zn es finito, eso implica que existen y, y 0 ∈ Zn \ {0n } con y 6= y 0
tales que x ·n y = x ·n y 0 . Sigue que x ·n (y −n y 0 ) = 0n , pero y −n y 0 6= 0, implicando que x es un
divisor de 0n , una contradicción.
c) (2,0 ptos.) Definimos una función f : Z → nZ, f (k) = nk. Claramente, f es biyectiva. Como
f (k1 + k2 ) = n(k1 + k2 ) = nk1 + nk2 = f (k1 ) + f (k2 )
y
f (k1 )f (k2 )
(nk1 )(nk2 )
=
= f (k1 ) ? f (k2 )
n
n
se tiene que f es un homomorfismo para la adición y para la multiplicación. Entonces (nZ, +, ?) es
un anillo porque (Z, +, ·) lo es. Además, el neutro de la multiplicación es f (1) = n · 1 = n. No es un
cuerpo, porque faltan los inversos de la multiplicación, igual que en (Z, ·).
f (k1 · k2 ) = n(k1 · k2 ) =
d) (1,0 pto.) Para n 6= 1, el anillo (nZ, +, ·) no tiene unidad. En efecto, si n1 seria unidad, entonces
n1 · n1 = n1 , y como en Z podemos cancelar n1 , tenemos n1 = 1 ∈
/ nZ. Para n = 1, se tiene que
(nZ, +, ·) = (Z, +, ·), que tiene la unidad 1.
2ikπ
P2. a) (2,5 ptos.) Las n-ésimas raices de 1 tienen la forma e n , con k ∈ {0, 1, . . . n − 1}. Denotamos
2ikπ
el conjunto de todos ellos por R. Definimos una funcion f : Zn → R con f (kn ) = e n . Como
2ijπ
2ikπ
e n 6= e n para k, j ∈ {0, 1, . . . n − 1} con k 6= j, sigue que f es una biyección.
Vamos a comprobar que f es un homomorfismo para la multiplicación en R (la usual en C). Para
ver eso, sean kn , kn0 ∈ Zn y sea kn +n kn0 = mn . Se tiene
f (kn ) · f (kn0 ) = e
2ikπ
n
·e
2ik0 π
n
=e
2i(k+k0 )π
n
para algún d ∈ Z. Entonces tenemos que
f (kn ) · f (kn0 ) = e
= e(
2imπ
n +2idπ)
2imπ
=e n
= f (mn )
= f (kn + kn0 ).
√
3i
b) (1,0 pto.) Las sextas raices de 1 son ±1, ±1±2
1
.
2i(m+dn)π
n
=e
2i(m+dn)π
n
c) (1,0 ptos.) Sea w una n-ésima raíz de z. Se tiene
(f (w))n = (w̄)n = w¯n = z̄ = −z
donde la última igualdad vale porque Re(z) = 0.
d) (1,5 ptos.)
(1 − i)9
= (1 − i)9 (1 + i8 · i)−1
(1 + i9 )
= (1 − i)9 (1 + 1 · i)−1
√ π
√
π
= ( 2e−i 4 )9 ( 2ei 4 )−1
√
π
π
1
= (( 2)9 e−9i 4 )( √ e−i 4 )
2
√ 8 −10i π
4
= ( 2) e
π
= 24 e−i(2π+ 2 )
π
= 24 e−i 2
= 24 i
P3. a) (2,0 ptos.) Hay que testar los divisores c de −8 hasta que uno encuentra las raices, ó directamente
calculando p(c) ó haciendo división de polinomios (posiblemente usando la regla de Ruffini). Se
obtiene que p tiene las raices 1, −1, 2 (y que p(x) = (x − 2)3 (x − 1)(x + 1)).
b) (2,0 ptos.) Sabiendo que i es una raíz, sabemos que también −i lo es. Dividiendo p(x) por (x − i)(x +
i) = x2 + 1 se obtiene que
p(x) = (x − i)(x + i)(x6 − x4 − x2 + 1).
Testando los candidatos para raices racionales (1 y −1), obtenemos
p(x) = (x − i)(x + i)(x − 1)2 (x + 1)2 (x2 + 1),
en el último termo reconocemos (x − i)(x + i), por lo tanto
p(x) = (x − i)2 (x + i)2 (x − 1)2 (x + 1)2 .
c) (2,0 ptos.) Por el teorema fundamental del Álgebra, p tiene por lo menos una raíz c ∈ C. Suponemos
que c ∈
/ R. Entonces p tiene una segunda raíz, c̄, y además (x − c)(x − c̄) divide p(x). En otras
palabras, existe un polinomio q ∈ C[x] tal que
p(x) = (x − c)(x − c̄)q(x)
y gr(q) = gr(p) − 1 − 1 = 3 − 2 = 1. Aplicando el teorema fundamental del Álgebra a q, obtenemos
que q tiene una raíz d ∈ C. Como d¯ también es raiz de q, pero q no puede tener más que una raíz,
¯ y por lo tanto d ∈ R.
sigue que d = d,
20 de noviembre de 2009
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