Hola

El resultado se sigue fácilmente del hecho que: Los ideales de \( R \) están en correspondencia biyectiva con los ideales de \( M_n(R) \).

Para probar esta biyección, considera un ideal \( J \) cualquiera de \( M_n(R) \) y la idea es construir un ideal de \( R \) a partir de éste. Sea


(conjunto de elementos de \( R \) que son entrada de alguna matriz en \( J \)). Sea \( E_{ij}\in M_n(R) \) la matriz cuya entradas son todas nulas, salvo que en el lugar \( (i,j) \) la entrada es \( 1 \) (en otras palabras, son los elementos de la base canónica de \( M_n(R) \)).

A continuación, probaré que \( I_J \) es un ideal y para ello utilizaré las matrices \( E_{ij} \), de modo que es bueno hacer la siguiente observación:

1) Dada una matriz \( A\in M_n(R) \). \( E_{ij}A \) es la matriz cuyas entradas son todas nulas, salvo las entradas en la fila \( i \) que corresponden a las entradas de la fila \( j \) de la matriz \( A \).

2) Análogamente, \( AE_{ij} \) es la matriz cuyas entradas son todas nulas, salvo las entradas de la columna \( j \) que corresponden a las entradas de la columna \( i \) de la matriz \( A \).

Para probar que \( I_J \) es un ideal de \( R \), debemos probar que dados \( a,b\in I_J \) y \( r\in R \), se debe tener que:

(i) \( a-b\in I_J \). En efecto, como \( a,b\in I_J \) existen \( A=(a_{ij}),\;B=(b_{ij})\in J \) tales que \( a=a_{ij} \) y \( b=b_{kl} \). Nota que, como \( J \) es ideal de \( M_n(R) \), se tiene que \( E_{ki}AE_{jl}+(-Id_n)B\in J \) y cuya entrada \( (k,l) \) es justamente el elemento \( a-b \). Luego, \( a-b\in I_J \).

(ii) \( ra,\;ar\in I_J \). Para esto, nota que \( (rId_n)A\in J \) cuya entrada \( (i,j) \) es \( ra_{ij}=ra \). Luego \( ra\in I_J \). Análogamente, \( ar\in I_J \), pues \( A(rId)\in J \).

Para ir finalizando, te dejo de ejercicio probar que si \( T \) es un ideal de \( R \), entonces \( M_n(T) \) es un ideal de \( M_n(R) \). Por construcción, tenemos que la biyección viene dada por:


Como decía al principio, tu resultado es fácil de obtener a partir de esto, pues como \( K \) es un cuerpo, entonces es un anillo simple y como los ideales de \( M_n(K) \) están en correspondencia biyectiva con los ideales de \( K \), se sigue que \( M_n(K) \) es un anillo simple.

Cualquier duda, preguntar.


Saludos

Hola

Recuerda que \( (ln(f(x))'=\dfrac{f'(x)}{f(x)} \), luego

\( \displaystyle\int \dfrac{dx}{3x-4}=\dfrac{ln(3x-4)}{3}+C \)

Intenta lo mismo para el segundo.

Saludos

Hola

disculpa mi ignorancia ,pero si podrias poner mas pasos.

Fernando pone todos los pasos necesarios, tal vez no entiendas qué es lo que hace y en dónde utiliza la hipótesis inductiva:

1) Separa el producto


2) Por hipótesis inductiva se tiene que:

\( \displaystyle\prod_{i=1}^{n-1} \left(1 - \displaystyle\frac{1}{(i+1)^2}\right)=\dfrac{n+1}{2n} \)

Recuerda que se supone que es verdadero para \( n-1 \) y se demuestra que la proposición es verdadera para \( n \) (usualmente, uno supone verdadera la proposición para \( n \) y demuestra que es verdadera para \( n+1 \)...pero es lo mismo)

3) Reemplazando (2), se tiene que:

\( \begin{array}{c}\displaystyle\prod_{i=1}^n \left(1 - \displaystyle\frac{1}{(i+1)^2}\right)=\left(\dfrac{n+1}{2n}\right)\left(1-\displaystyle\frac{1}{(n+1)^2}\right)=\displaystyle\frac{\cancel{n+1}}{2n}\cdot \displaystyle\frac{n^2+2n}{(n+1)^{\cancel{2}}}=\dfrac{1}{2\cancel{n}}\cdot \dfrac{\cancel{n}(n+2)}{n+1}=\dfrac{n+2}{2n+2}\end{array} \)

es decir, la proposición es verdadera para \( n \).

Si no entiendes, dinos qué paso te incomoda.

Saludos

Hola

1) Aplicando el binomio de Newton se tiene que

\( ( 3 a^2m - 2a)^{11}=\displaystyle\sum_{k=0}^{11}\displaystyle\binom{11}{k}(3 a^2m)^{11-k}\cdot (-2a)^k \)

El octavo término es cuando \( k=7 \), es decir:


te queda reducir el térnimo.

2) Aplicando el binomio de Newton se tiene que

\( \begin{array}{rcl}(2x^4 - 1/2x)^n&=&\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\displaystyle\binom{n}{k}(2x^4)^{n-k}\cdot (- 1/2x)^k\\[5mm]
&=&\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\displaystyle\binom{n}{k}2^{n-k}x^{4(n-k)}\cdot x^{-k}(- 1/2)^k\\[5mm]
&=&\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\displaystyle\binom{n}{k}2^{n-k}\cdot (- 1/2)^kx^{4n-5k}\end{array} \)

El séptimo término es para \( k=6 \), es decir:


Luego, para que \( x \) tenga exponente 18, se debe tener que \( 4n-30=18 \), esto es, si y sólo si \( n=12 \).

Cualquier duda pregunta


Saludos

Hola

podemos hacer esto

                          \( (A+I)X=B\Rightarrow{X=(A+I)^{-1}B} \)

parece que es necesario que \( A \) sea invertible

No necesariamente, por ejemplo:

\( A=\begin{bmatrix}{-1}&{0}\\{2}&{-1}\end{bmatrix} \) es invertible, pero \( A+I=\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{2}&{0}\end{bmatrix} \) no es invertible.

Entonces, para que sea soluble, se debe tener que \( A+I \) es invertible. Tal vez haya una condición más óptima sobre \( A \) de tal  modo que \( A+I \) sea invertible...mmm, pero no sé.

Saludos

Ese contraejemplo no vale porque \( \mathbb{Z} \) con la resta no es un semigrupo (no es asociativo).

Tengo claro que \( \mathbb{Z} \) con la resta no es asociativo y por tanto no es semigrupo, pero el contraejemplo que te doy es para invalidar lo que dices acá:

Aunque en la definición sólo se pide que \( G \) tenga neutro derecho (o equivalentemente neutro izquierdo)

Un conjunto no tiene por qué ser semigrupo para que tenga neutro, luego mi contraejempo si es válido. En definitiva, siempre es necesario exponer la existencia del elemento neutro tanto como izquierdo y derecho... y como bien tú dices, la igualdad se dará de manera natural.

Agregado: Leí muy rápido tu segundo mensaje. Ahora entiendo lo que mencionas, pero esto es válido por una proposición, pero no por definición

Saludos

 

Hola

Creo que tienes un error de tipeo, pues para que esté bien definida la composición \( f\circ u \), acá:

\( \overline{u}:Hom(M',N)\longrightarrow{Hom(M',N)} \)

Deberìa ser:

\( \overline{u}:Hom(\color{red}M\color{black},N)\longrightarrow{Hom(M',N)} \)

Acá, lo que tarjo está demás:

Pensé en algo como esto:
\( \overline{u}(f)=f\circ{u} \), \( u:=M'\longrightarrow{M} \)
Sea \( m\in{M} \)
\( \overline{u}(f+f')\cancel{=\overline{u}(f)+\overline{u}(f')} \)
                         \( = (f+f')\circ{u} \)
                         \( =(f+f')[u] \)
                         \( =f(u)+f'(u) \)
                         \( =f\circ{u}+f'\circ{u} \)
                         \( =\overline{u}(f)+\overline{u}(f') \)

También creo que es un error de tipeo, pues después de esa línea, aplicas bien la definición de la función \( \overline{u} \). Aparte de esto, tu demostración es correcta, ahora sólo te falta verificar que \( \overline{u} \) también respeta la acción de \( A \) sobre los módulos de Homomorfismos.

Saludos

Hola

Tu demostración es esencialmente buena, pero le falta un poco de orden. Primero planteamos qué es lo que queremos demostrar:

Dados \( a,b\in (2,6) \) tales que \( a<b \), debemos probar que \( f(a)<f(b) \). Ahora, utilicemos ordenadamente las hipótesis:

1) Tenemos que \( 2<a<b<6 \). Multiplicando por -1 en la desigualdad tenemos que \( -6<-b<-a<-2 \), es decir, \( -a,-b\in (-2,-6) \).

2) Utilizamos la hipótesis que \( f \) es creciente en \( (-6,-2) \): Tenemos que \( f(-b)<f(-a) \).

3) Utilizamos que la función es impar: Tenemos que \( f(-b)=-f(b)<-f(a)=f(-a) \).

4) Finalmente, multiplicamos por -1 la última desigualdad y tenemos que \( f(b)>f(a) \), como se quería probar.

Saludos

Hola

\( \{0\} \) es un ideal principal, pues está generado por \( 0 \). Recuerda que, por definición \( <A> \) es el ideal más pequeño que contiene a \( A \), luego, no hay duda que \( <\{0\}>=\{0\} \).

Saludos

Me atrevo a decir que no has leído detenidamente mis mensajes. Vamos con calma:

\( \begin{array}{rcl}\dfrac{yx^2-xy^2}{x^3-y^3} + \dfrac{1}{x-y}-\dfrac{x-y}{x^2-2xy+y^2}
&=&\dfrac{xy\cancel{(x-y)}}{\cancel{(x-y)}(x^2+xy+y^2)} + \dfrac{1}{x-y}-\dfrac{\cancel{x-y}}{(x-y)^{\cancel{2}}}\\
&=&\dfrac{xy}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{x-y}-\dfrac{1}{x-y}\\[5mm]
&=&\dfrac{xy}{x^2+xy+y^2}\end{array} \)

Lo único que utilicé, son factorizaciones usuales: \( (x-y)^2=x^2-2xy+y^2 \) y \( x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2) \).

Si tienes dudas, indícame exactamente qué paso no entiendes.


Saludos