Solución a los Problemas de Calentamiento

Nadie ha resuelto el inciso 1 y 4 y casi todos tienen el mismo error en el inciso 1. En el cuatro parece que casi nadie lo ha intentado. En los incisos 2 y 3 hicieron buen trabajo. Aquí pongo las soluciones:

1) Demostrar que $(a,b) = (a, b-a)$.

Denotemos $d = (a,b)$. Ahora como $d$ es el máximo común divisor entonces $d | a$ y $d | b$. Como $a$ y $b$ son múltiplos de $d$, entonces $b-a$ también es múltiplo de $d$. Lo cual implica que $d | (a,b-a)$. Aquí muchos supusieron que se acaba el problema, sin embargo, no hemos demostrado que no existe algún divisor más grande de $a$ y $b-a$. Denotemos $m = (a,b-a)$. Ahora $a$ es múltiplo de $m$ y $b-a$ es múltiplo de $m$. Por lo tanto $b = a + (b-a)$ también es múltiplo de $m$ (ya que es la suma de dos múltiplos de $m$. Así que $m | (a,b) = d.$ Entonces tenemos que $d | m$ y que $m | d$. La única manera de que $m$ sea múltiplo de $d$ y que $d$ sea múltiplo de $m$ es que $d = m$.

Nota: Algo que hicieron algunos que da otra versión de la solución es escribir $a = dx$ y $b = dy$. Entonces $b-a = d(y-x)$. Ahora como $(a,b) = d$ entonces $(x,y) = 1$. Este hecho que nadie mencionó es bastante útil en problemas de teoría de números.

2) Demuestra que $2^m - 1$ y $2^m + 1$ son primos relativos.

$(2^m - 1,2^m + 1) = (2^m -1, 2^m + 1 - (2^m - 1)) = (2^m - 1, 2) = 1$, ya que $2^m - 1$ es impar y por lo tanto no es divisible entre $2$.

3) Encuentra $(6, 10^{2010})$.

$10^{2010}$ es múltiplo de $2$ pero no de $3$, por lo tanto $(6, 10^{2010}) = 2$.

Nota: Lo que quería que notaran aquí es que sirve ver que pasa con los primos. Lo único que tenían que checar es que pasa con el $2$ y con el $3$ que son los primos que dividen a $6$. También lo pudieron haber solucionado al revés, es decir, analizando los primos que dividen a $10^{2010}$. Por ejemplo, $10^{2010} = 2^{2010} 5^{2010}$, entonces los primos que lo dividen son $2$ y $5$. $6$ es múltiplo de $2$, pero no es múltiplo de $5$, así que $(6, 10^{2010}) = 2$.
Esta idea de ver que pasa con los primos, es muy útil, en particular la pueden usar en el problema del día del 12 de septiembre.

4) Demuestra que si $2^m - 1$ es primo entonces $m$ es primo.

La idea aquí es atacar el problema por contradicción, es decir, asumamos que $2^m - 1$ es primo que $m$ no es primo.

$m$ no es primo, implica que $m = ab$ para algunos $a$ y $b$ donde $a > 1$ y $b > 1$. Entonces
\[2^m - 1 = 2^{ab} - 1 = (2^{a})^{b} - 1 = (2^a - 1)\left((2^a)^{b-1}+(2^a)^{b-2}+\ldots + (2^a)^2 + 2^a + 1\right)\]
Entonces $2^m - 1$ es múltiplo de $2^a - 1$. Como $a > 1$ entonces $2^a - 1$ > 1 y como $a < m$ entonces $2^a - 1 < 2^m - 1$. Por lo tanto $2^m - 1$ no es primo, ya que tiene un divisor que no es 1 o si mismo. Llegamos a una contradicción, empezamos suponiengo que $2^m - 1$ era primo y que $m$ no es primo, pero llegamos a que $2^m - 1$ no es primo. Por lo tanto si $2^m - 1$ es primo, entonces $m$ es primo.

Nota:
En general \[a^n - b^n =(a-b)\left(a^{n-1} + a^{n-2}b + a^{n-3}b^2 + \ldots + a^{2}b^{n-3} + a b^{n-2} + b^{n-1}\right)\]
y en particular poniendo $b = 1$ \[a^n - 1 = (a - 1)\left(a^{n-1} + a^{n-2} + \ldots + a^1 + 1\right)\]