Examen parcial de Matem`atiques I Facultat d`Inform`atica

Examen parcial de Matemàtiques I
Facultat d’Informàtica de Barcelona
5 novembre 2003
1
[2,5 punts] Sigui a un enter positiu.
a) La identitat de Bézout afirma que si mcd(a, m) = d aleshores existeixen enters x i y tals que
d = ax + my. És certa l’afirmació següent? Raoneu la resposta.
Si mcd(a, m) 6= d, llavors no existeixen enters x i y tals que d = ax + my.
b) El teorema de Fermat diu que si p és primer i p no divideix a, aleshores ap−1 ≡ 1 (mod p).
Suposant que p és primer, és certa l’afirmació següent? Justifica la resposta.
Si ap−1 ≡ 1 (mod p), llavors p no divideix a.
2
[2,5 punts]
a) Justifica que 35 és invertible mòdul 11 i calcula el seu invers.
b) Resol el sistema


x + 3 ≡ 2
x+5≡3


x+7≡5
3
[2,5 punts] Sabent que
demostra per inducció
n+1
k
=
n
n
+
,
k−1
k
n X
n
k=0
4
(mod 5)
(mod 7)
(mod 11)
k
= 2n ,
1 ≤ k ≤ n,
∀n ≥ 1.
[2,5 punts] Es té un grup de 9 persones: 5 homes i 4 dones.
a) De quantes maneres es poden triar i posar en fila 6 persones del grup si volem que hi hagi
tres dones juntes i tres homes juntes?
b) Si la Maria i el Joan han de ser sempre a la fila junts i ser els primers o els últims, quantes
files diferents de 6 persones es poden formar?
Solució
1. a) Falsa. Contra-exemple: a = m = 1 i d = 2. Es té, mcd(a, m) 6= 2 i existeixen enters
x = 1 i y = 1 tals que d = ax + my.
b) Certa. Demostració (per contrarecı́proc): Si p|a llavors a ≡ 0 (mod p) i, per tant,
p−1
a
≡ 0 (mod p), la qual cosa implica ap−1 6≡ 0 (mod p) –recordem que, per ser primer,
p ≥ 2–.
2. a) Que 35 sea inversible módulo 11 es equivalente a que el máximo común divisor de 35
y 11 sea igual a 1. Por tanto, si demostramos que esto último es cierto quedará justificado
que 35 es inversible módulo 11. Basta pues calcular mcd(35, 11) mediante el algoritmo de
Euclides y comprobar que el último resto no nulo es 1, o bien argumentar que como 11 es
primo y no divide a 35 entonces 11 y 35 son relativamente primos.
Para calcular el inverso de 35 módulo 11 se puede ir probando, por tanteo, diferentes
valores enteros de x entre 1 y 10 hasta que se obtiene
35x ≡ 1
(mod 11)
Los cálculos en este caso deben estar debidamente justificados para que la respuesta se
considere correcta. También se puede utilizar el algoritmo de Euclides extendido para
resolver la ecuación diofántica
35x + 11y = 1
y hallar un valor de x solución de dicha ecuación.
De ambos modos se obtiene que todos los enteros congruentes con 6 módulo 11 son
inversos de 35.
b) Si despejamos la x en las tres ecuaciones del sistema que plantea el enunciado se
obtiene el siguiente sistema equivalente al inicial
x ≡ −1 (mod 5)
x ≡ −2 (mod 7)
x ≡ −2 (mod 11)
Las dos últimas concruencias son iguales con módulo distinto, ası́ que son equivalentes
a una sola congruencia módulo el mı́nimo común múltiplo de 7 y 11, que es 77. Por lo
tanto, el sistema anterior es equivalente al sistema de dos ecuaciones siguiente:
x ≡ −1 (mod 5)
x ≡ −2 (mod 77)
Este sistema puede resolverse de varias formas. Una de ellas es aplicar el teorema chino
de los restos previa justificación de que 5 y 77 son relativamente primos entre si. En este
caso dicho teorema garantiza que existe solución única módulo 5 · 77 = 385.
Aplicando la fórmula del teorema chino se obtiene que una solución del sistema será
x = −77y1 − 10y2 , donde y1 es el inverso de 77 módulo 5 e y2 es el inverso de 5 módulo 77.
Unos posibles valores para estos inversos son y1 = 3 e y2 = 31. Los cálculos que permiten
deducir estos resultados deben estar debidamente justificados en el examen.
Finalmente, sustituyendo esto valores en la fórmula del teorema chino se obtine que
la solución al sistema es
x ≡ −541 ≡ 229 (mod 385)
Naturalmente cualquier otro entero congruente con 229 módulo 385 es perfectamente
válido para representar la solución del sistema.
3. Base de la inducción:
Veamos que la igualdad se cumple para n = 1.
1 X
1
k
k=0
1
1
=
+
= 1 + 1 = 21 .
0
1
Por tanto se cumple para n = 1.
Paso inductivo: P
Supongamos que nk=0 nk = 2n , para alguna n ≥ 1.
P
Por demostrar que se cumple para n + 1, es decir, n+1
k=0
Para ello, observemos que
n+1 X
n+1
k=0
=
k
n+1
k
= 2n+1 .
X
n n+1
n+1
n+1
+
+
.
0
k
n
+
1
k=1
Utilizando el hecho de que
n+1
n
n
=
+
,
k
k
k−1
1≤k≤n
se tiene que
n+1 X
n+1
k=0
k
=
X
n n X
n+1
n
n
n+1
+
+
+
0
k
k−1
n+1
k=1
k=1
=
X
n n−1 X
n+1
n
n
n+1
+
+
+
.
0
k
l
n+1
k=1
l=0
Finalmente, observando que
n+1
n
n+1
n
=
y
=
,
0
0
n+1
n
se tiene
∀n ≥ 1
n+1 X
n+1
k=0
X
n n−1 X
n
n
n
n
=
+
+
+
k
0
k
1
n
k=1
l=0
P
P
= nk=0 nk + nl=0 nl
= 2n + 2n
(por hipótesis de inducción)
= 2n+1 .
Que es lo que se tenı́a que demostrar.
Luego, por el principio de inducción se tiene
n X
n
= 2n , ∀n ≥ 1.
k
k=0
4. a) Número de maneres possibles de triar i ordenar 3 d’entre els 5 homes : P (5, 3).
Ídem 3 d’entre les 4 dones : P (4, 3).
A més es poden posar les dones primer o els homes primer.
Per tant el resultat és: P (5, 3) · P (5, 3) · 2 = 2880.
b) Si la Maria i en Joan estan entre els sis, només queden cuatre lloc lliures; número
de maneres possibles de triar i ordenar 4 d’entre les altres 7 persones P (7, 4).
La Maria i en Joan poden estar al devant o al darrera: 2 possibilitats.
Una vegada hem colocat a la Maria i en Joan, hem de ordenar-los: 2 possibilitats.
Per tant el resultat és: P (7, 4) · 2 · 2 = 3360.