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Misma solución en otro lenguaje; y una manera más corta y concisa de probar la vuelta: Sea $G$ el grupo de personas. Definimos una relación $\sim $ en $G$ de modo que, para todo $\left (x,y\right )\in G^2$, $x\sim y$ si y solo si $x=y$ o bien $x$ y $y$ son amigos. Es claro, por definición, que $x\si...

Como $z^2$ es la suma de dos impares, $z$ es par. Por lo tanto, mirando la expresión del enunciado módulo $4$, $\left (-1\right )^x\equiv 1\pmod 4$, de donde $x$ es par y $\left (a^{\frac{x}{2}}-z\right )\left (a^{\frac{x}{2}}+z\right )=p^y$. Observemos que $p$ no puede simultáneamente dividir a $a...

Para cada $i\in \left [1,d\right ]\cap \mathbb{N}$ la función $f_i:G\to G$ tal que $f_i\left (X\right )=A_iX$ tiene, por hipótesis, bien definido el codominio y, por ser $A_i$ una matriz inversible, resulta inyectiva. Al ser $G$ un conjunto finito, resulta biyectiva. Llamando $A:=\sum_{i=1}^dA_i$, ...

Una solución alternativa: Sea $m\in \mathbb{N}_0$ tal que $a^2-bc=m^2$. Supongamos que $2a+b+c$ no es compuesto. Como $2a+b+c\geq 2+1+1=3$, entonces $2a+b+c$ es un primo que llamaremos $p$. Se sigue que $b=p-c-2a$, de donde (reemplazando en la primera igualdad) obtenemos $a^2-\left (p-c-2a\right )c=...

a) Si n no es primo, entonces existen a,b\in \mathbb{N} tales que n=ab con 1<a<n . Como 2^a\equiv 1\pmod {2^a-1} entonces 2^n=\left (2^a\right )^b\equiv 1^b=1\pmod {2^a-1} , de donde 2^a-1\mid 2^n-1 y como 1<a<n entonces 1<2^a-1<2^n-1 , por lo tanto 2^n-1 no es primo, absurdo. Por lo tanto n debe se...

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No hago las cuentas pero una forma de resolverlo es ésta (seguramente hay algo más fácil): La idea es hallar las soluciones de la ecuación p^2+11pq+25q^2=m^2 y después contarlas para responder la pregunta del problema. Reescribimos como \left (m-p-5q\right )\left (m+p+5q\right )=pq , entonces para c...

Es claro que a\neq b , de lo contrario 0=b^2 , luego a=b=0 , contra la hipótesis. Además a>b , o de lo contrario 0>a-b=4b^2-3a^2 , de donde a^2>\frac{4}{3}b^2>b^2 , absurdo. Reescribimos la expresión del enunciado como \left (a-b\right )\left (12a-12b+1\right )=\left (4b-3a\right )^2 . De aquí, com...

Lema: Sea \ell\geq 2 un número natural y sea p>3 un número primo. Entonces para todo m\in \mathbb{N} se tiene p^{2\ell+1}\mid \binom{p^{\ell}m}{p}-mp^{\ell-1} . Demostración: Consideramos el polinomio \varphi\left (X\right )=\prod_{i=1}^{p-1}\left (X-i\right )=\sum_{i=0}^{p-1}a_iX^i\in \mathbb{Z}\l...