Universidad Andrs Bello

Facultad de Ciencias Exactas

Departamento de Matemticas

lgebra (FMM013)

Examen

Julio 4, 2013.

Duracin: 90 minutos.

Importante: No se asignarn puntos por respuestas sin justicacin.

Problema 1 : (1;2 puntos) Descomponga en fracciones parciales

4x+ 12

x3 + 2x2 16

Solucin:

4x+ 12

x3 + 2x2 16 =4x+ 12

(x 2)(x2 + 4x+ 8)4x+ 12

x3 + 2x2 16 =A

(x 2) +Bx+ C

(x2 + 4x+ 8)

4x+ 2 = A(x2 + 4x+ 8) + (Bx+ C)(x 2)4x+ 2 = (A+B)x2 + (4A 2B + C)x+ 8A 2C

Obtenemos el sistema 8

n

1

2n

2

+ 3

n

3

= 0

n 2 n!2!(n 2)! + 3

n!

3!(n 3)! = 0

n 2n(n 1)2

+3(n)(n 1)(n 2)

6= 0

2n 2n(n 1) + (n)(n 1)(n 2)2

= 0

2n 2n2 + 2n+ n3 3n2 + 2n = 0n3 5n2 + 6n = 0n(n2 5n+ 6) = 0n(n 3)(n 2) = 0

La soluciones de la ltima ecuacin son n = 0, n = 2 y n = 3,sin embargo la nica que tiene sentido en la ecuacin original es n = 3.

Problema 3 : En R f12g considere la operacin denida como

a b = a+ b+ 2ab

para a y b elementos de R f12g.a) (0;2 puntos) Demuestre que la operacin es asociativa.

b) (0;2 puntos) Demuestre que es conmutativa.

c) (0;3 puntos) Encuentre el neutro. Justique.

d) (0;3 puntos) Para cada elemento de R f12g encuentre el inverso. Justique.e) (0;2 puntos) Encuentre todos los x 2 R f1

2g, solucin de la ecuacin

2 x 3 = x

Solucin:

No se solicitaba en el ejercicio, pero es necesario probar que es una ley de composicininterna:

Si a 2 R f1=2g y b 2 R f1=2g queremos probar que a b 2 R f1=2g, esdecir a b 6= 1=2.Supongamos que a b = 1=2, tenemos:a+ b+ 2ab = 1=2a+ b+ 2ab+ 1=2 = 02(a+ 1=2)(b+ 1=2) = 0Como a 6= 1=2 y b 6= 1=2 tenemos una contradiccin.Por lo tanto debemos tener que a b 6= 1=2.

a) Sean a, b, c elementos de R f12g, tenemos

a (b c) = a (b+ c+ 2bc)= a+ b+ c+ 2bc+ 2a(b+ c+ 2bc)

= a+ b+ c+ 2bc+ 2ab+ 2ac+ 4abc

(a b) c = (a+ b+ 2ab) c= a+ b+ 2ab+ c+ 2(a+ b+ 2ab)c

= a+ b+ 2ab+ c+ 2ac+ 2bc+ 4abc

Por lo tanto (a b) c = a (b c), y la operacin es asociativa.b)

a b = a+ b+ 2ab= b+ a+ 2ba

= b ac) Dado a 2 R f1

2g, buscamos e 2 R f1

2g tal que a e = e a = a.Como la operacin es conmutativa, alcanza con probar a e = a.Tenemos

a e = aa+ e+ 2ae = a

e(1 + 2a) = 0

Como a 6= 1=2, debemos tener e = 0.Vericamos directamente a 0 = a+ 0 + 2a0 = a.

d) Sea a 2 R f12g, buscamos b 2 R f1

2g tal que a b = b a = e = 0.Como la operacin es conmutativa, alcanza con vericar a b = 0.Tenemos a b = 0a+ b+ 2ab = 0b(1 + 2a) = ab =

a1 + 2aVericamos

a a1 + 2a

= a+a

1 + 2a+ 2a

a1 + 2a

= a+ (1 + 2a)a

1 + 2a= a a = 0Por lo tanto a1 =

a1 + 2ae) 2 x 3 = x

(2 + x+ 4x) 3 = x2 + 5x+ 3 + 2(2 + 5x)3 = x34x+ 17 = 0x = 1=2

Pero x = 1=2 =2 R f12g.Por lo tanto la ecuacin no tiene solucin.

Problema 4 : (1;2 puntos) Considere el nmero complejo

z =p192 + 8i

Determine las races cuartas de z y graque su respuesta.

Puede ser til recordar que tan

6=

1p3

Solucin:

a) Expresamos z = a+ ib en coordenadas polares, z = rei. Tenemos

r =pa2 + b2 =

qp192

2+ 82 =

p256 = 16

tan =b

a=

8p192

=1q19264

=1p3

Como z est en el primer cuadrante, tenemos que =

6.

Las races cuartas de z son de la formazk = r

1=4cos+2k

4

+ i sen

+2k

4

para k = 0; 1; 2; 3.Tenemos:

z0 = 2cos24

+ i sen

24

z1 = 2

cos1324

+ i sen

1324

z2 = 2

cos2524

+ i sen

2524

z3 = 2

cos3724

+ i sen

3724

b)

Problema 5 : Se dene la relacion R sobre NN

(m;n)R (r; t), m+ t = n+ r

a) (0;9 puntos) Demuestre que R es una relacion de equivalencia

b) (0;3 puntos) Determine [(0; 1)]R, la clase de equivalencia del elemento (0; 1).