Universidad Andres BelloFacultad de IngenieraDepartamento de Matematicas

Algebra (FMM013)EXAMEN

Julio 8, 2011.Duracion: 90 minutos.

Importante: No se asignaran puntos por respuestas sin justificacion.

Problema 1 : (1,2 puntos) Encuentre todos los x [0, 2pi) tales que

2 cos2 x+ 3 senx = 0

Solucion:

2 cos2 x+ 3 senx = 2(1 sen2 x) + 3 senx= 2 sen2 x+ 3 senx+ 2

Haciendo u = senx tenemos que resolver

2u2 + 3u+ 2 = 0

u =39 + 16

4Obtenemosu1 = 2u2 = 12

Con u1 = 2 obtenemos senx = 2 lo cual no es posible.Con u2 = 12 obtenemos senx =

12 y en el intervalo [0, 2pi) obtenemos las soluciones

x = 7pi6 y x =11pi6 .

Problema 2 : (1,2 puntos) Sean p, q, r, s proposiciones que verifican que ( pq) r es Falso, determineel valor de verdad de (q s) (r p).Solucion:Como ( p q) r es Falso (F), entonces ( p q) es Verdadero (V) y r es F.Ahora, como ( p q) es V, entonces p, q son ambos V.Luego p es F.Resumiendo, p es F, q es V y r es F.As, como q es V, entonces q s es V,ademas dado que r es F, entonces r p es F,por lo que (r p) es V.Concluimos que (q s) (r p) es V.

Problema 3 : (1,2 puntos) Muestre que para todo n N, 7n 4n es divisible por 3.Solucion:

i) Para n = 1, se tiene 71 41 = 3, por lo que se verifica facilmente la propiedad.ii) Hipotesis de induccion: Supongamos validez para n = k, esto es 7k 4k = 3 q1 donde q1 N.

iii) Debemos demostrar la validez para n = k + 1, es decir, 7k+1 4k+1 = 3 q2. En efecto,

7k+1 4k+1 = 7k 7 4k 4= 7(7k 4k) + 3 4k= 7 3q1 + 3 4k= 3 (7q1 + 4k)

q2

.

Problema 4 : (1,2 puntos) Determine el termino independiente de x en el desarrollo de

(2x+ 1)(1 +

2x

)15.

Solucion:Por el teorema del binomio, tenemos(

1 +2x

)15=

15k=0

(15k

)115k

(2x

)k

=15k=0

(15k

)2kxk

As,

(2x+ 1)(1 +

2x

)15= (2x+ 1)

15k=0

(15k

)2kxk

=15k=0

(15k

)2k+1xk+1 +

15k=0

(15k

)2kxk

Luego, el factor independiente de x es el primer miembro de la igualdad anterior se tiene cuandok + 1 = 0, es decir k = 1, mientras que en el segundo miembro cuando k = 0. Por lo tanto, el factorindependiente en el desarrollo de

(2x+ 1)(1 +

2x

)15es (

151

)22 +

(150

)20 = 4 15 + 1.

Problema 5 : (1,2 puntos) Encuentre todos los z C tal que

z2 + (2i 3)z + 5 i = 0

Solucion:

Tenemos

z =2i+ 3 +(2i 3)2 4(1)(5 i)

2(1)

z =2i+ 3 +15 8i

2Necesitamos calcular las races cuadradas de 15 8iBuscamos a y b reales tales que(a+ ib)2 = 15 8i(a2 b2) + 2abi = 15 8iEntonces{

a2 b2 = 152ab = 8

Resolviendo obtenemos dos soluciones reales

a = 1, b = 4 ya = 1, b = 4Tenemos entonces que las dos races buscadas son z1 y z2:

z1 =2i+ 3 + (1 4i)

2z1 = 2 3i

z2 =2i+ 3 + (1 + 4i)

2z2 = 1 + i