Prueba2_2015_1

Vista previa del material en texto

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMATICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMATICA
Primer Semestre 2015
MAT 110E -Álgebra
Interrogación 2- viernes 29 de mayo
1. a) Determine todas las ráıces del polinomio 6x4− 11x3 + 27x2 + 7x− 5 si se sabe que
1 + 2i es una ráız.
Solución:
Si (1 + 2i) es ráız entonces (1− 2i) también es ráız. (1 punto).
De lo anterior tenemos que 6x4− 11x3 + 27x2 + 7x− 5 es divisible por el polinomio
(x− (1 + 2i))(x− (1− 2i)) = x2 − 2x + 5, al realizar la división obtenemos que
6x4 − 11x3 + 27x2 + 7x− 5 = (x2 − 2x + 5)(6x2 + x− 1) (1 punto)
Por lo tanto las otras dos ráıces del polinomio son
−1
2
y
1
3
(1 punto)
b) Determine p y q ∈ R para que el polinomio r(x) = 2x4 + px3 + qx2 − 2x − 3 sea
divisible por x2 − 1
Solución:
Ya que (x2 − 1) = (x− 1)(x + 1) tenemos que r(1) = r(−1) = 0 (1 punto).
Las condiciones anteriores son p + q = 3 y que −p + q = −1 (1 punto).
Resolviendo obtenemos que q = 1 y p = 2 (1 punto.)
2. Demuestre que para todo n ∈ N los números de la forma 24n − 1 son divisibles por 15.
Solución:
Sea P (n) : ”24n − 1es divisible por 15”. Primero chequeamos que P (1) es verdadera,
para esto veamos que P (1) : ”15 es divisible por 15” lo que es verdadero. (1 punto)
Supongamos que 24k−1es divisible por 15, debemos demostrar que 24k+4−1es divisible por 15
(2 puntos).
Observemos que 24k+4 − 1 = 24k · 16 − 1 = 24k · (15 + 1) − 1 = 15 · 24k + 24k − 1, por
hipótesis inductiva tenemos que 24k−1 es divisible por 15 y además 15 ·24k por lo tanto
24k+4 − 1 es divisible por 15. ( 3 puntos)
Luego, por indución, tenemos que para todo n ∈ N los números de la forma 24n− 1 son
divisibles por 15.
3. Calcule las siguientes sumas:
a)
70∑
k=1
22k
3k+1
Solución:
70∑
k=1
22k
3k+1
=
70∑
k=1
4k
3 · 3k
( 1 punto)
=
1
3
70∑
k=1
(
4
3
)k
( 1 punto)
=
1
3
·
(
4
3
)71
− 4
3
4
3
− 1
( 1 punto)
b)
70∑
k=20
1
(k + 2)(k + 1)
Solución:
70∑
k=20
1
(k + 2)(k + 1)
=
70∑
k=20
1
(k + 1)
− 1
(k + 2)
(1.5 puntos)
=
1
21
− 1
72
(1.5 puntos)
4. a) Si A,B y C son, respectivamente, el cuarto, décimo y vigésimo término de una
progresión aritmética, demuestre que:
−10A + 16B − 6C = 0
Solución:
Observe que A = a + 3d, B = a + 9d y C = a + 19d (2 puntos), reemplazando
la información tenemos que
−10(a + 3d) + 16(a + 9d)− 6(a + 19d) = 0 (1 punto )
b) Determine el término independiente de x en el desarrollo de
(3x + 1)
(
1 +
3
x
)16
Solución:
(3x + 1)
(
1 +
3
x
)16
= (3x + 1)
16∑
k=0
(
16
k
)(
3
x
)k
(1 punto)
=
16∑
k=0
(
16
k
)
3k+1x−k+1 +
16∑
k=0
(
16
k
)
3kx−k (1 punto)
El término libre de x en la priemra suma se obtiene para k = 1 y para la segunda
suma se obtiene para k = 0. Por lo tanto el coeficiente libre de x es:(
16
1
)
32 +
(
16
0
)
= 16 · 9 + 1 = 145 (1 punto)