Posteo el final que me tomaron ayer y las resoluciones (lo que salió)
$$1) $Probar que para todo $n,m \in \mathbb{N}$ (con $ m>n)$$
$$$i) $a^{2^n} +1 \vert a^{2^m} - 1$$
\($Como $m \in N$, existe $t\in \mathbb{N}$ tal que $m = n + r\)
$$a^{2^n} +1 \equiv 0 (mod \; a^{2^n} +1)$$
$$a^{2^n} \equiv -1 (mod \; a^{2^n} +1)\color{red}^{\star}$$
$$a^{2^m} - 1 \equiv a^{2^{n+r}} - 1 \equiv a^{2^{n}.2^r} -1 \equiv (a^{2^{n}})^{2^r} -1\equiv$$
$$$Recordando $\color{red}^{\star}$$
\({(-1)}^{2^r} - 1 \equiv 1 -1 \equiv 0 (mod \; a^{2^n} +1)\)
$$ii) $Calcular (a^{2^n} +1 \;:\; a^{2^m} + 1)$$
\((a^{2^n} +1 \;:\; a^{2^m} + 1) = (a^{2^n} +1 \;:\; a^{2^m} + 1 -2( a^{2^n} +1))=\)
$$=(a^{2^n} +1 \;:\; a^{2^m} - 1 -2 a^{2^n})$$
$$$Por el punto i), Como $a^{2^n} +1 \vert a^{2^m} - 1$ , existe $q \in {N}$ tal que $a^{2^m} - 1 = q.(a^{2^n} +1).$ Luego,$$
$$(a^{2^n} +1 \;:\; a^{2^m} - 1 -2 a^{2^n}) = (a^{2^n} +1 \;:\; a^{2^m} - 1 -2 a^{2^n} -q(a^{2^n} +1) )=$$
$$(a^{2^n} +1 \;:\; -2 a^{2^n}) = (a^{2^n} +1 \;:\; -2 a^{2^n} + 2(a^{2^n} +1))= (a^{2^n} +1 \;:\; 2)$$
\($Por lo tanto, el mcd = 2 o el mcd = 1... Es 2 si a es impar a es impar y es 1 si a es par\)
$$$2) Sea $k < n, \;k,n \in \mathbb{N}.$ Sea $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6) \in {\mathbb{N}_0}^6.$ Contar todos los casos que cumplan simultaneamente que:$$
$$\bullet x_1 + x_2 + x_3 = k$$
$$\bullet x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 \leq n$$
\($Imagino k como $1 + 1 + 1+....+1$ k veces\)
$$$Es como colocar bolitas en cajas. Tengo k bolitas y 3 cajas (las primeras 3)$$
$$\left(\begin{matrix}3+ k -1 \\ k \end{matrix}\right)$$
$$$Por otro lado, $k + x_4 + x_5 + x_6= x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 \leq n$$
$$x_4 + x_5 + x_6 \leq n-k$$
$$x_4 + x_5 + x_6 =$ 0 o 1 o 2 o 3 o...o n-k$$
$$\sum_{i=0}^{n-k} \left(\begin{matrix}3+ i -1 \\ i \end{matrix}\right)$$
$$$En definitiva, para cada elecci\'on de las primeras 3 coordenadas, tengo el combinatorio y tengo la sumatoria para la elecci\'on de las \'ultimas tres coordenadas.$$
$$\left(\begin{matrix}3+ k -1 \\ k \end{matrix}\right) \cdot \left( \sum_{i=0}^{n-k} \left(\begin{matrix}3+ i -1 \\ i \end{matrix}\right)\right)$$
$$$3) Sea F,G polinomios tal que $(F:G)= 1$ Probar que existen $p_0 , q_0$ que satisfacen que:$$
$$\bullet gr(q_0) < gr(F)$$
$$\bullet gr(p_0) < gr (G)$$
$$\bullet F.p_0 + G.q_0 = 1$$
\($Non salen... El tercero es la identidad de B\'ezout y no hab\'ia que demostrarla\)
$$$4) Sea $a,p \in \mathbb{Z}$, p primo y a no es m\'ultiplo de p. Probar que:$$
$$\bullet a^{p-1} \equiv 1 ($mod p$)$$
$$\bullet a^p \equiv a ($mod p$)$$
\($Antes un lema:\)
$$\{1,2,3,...,p-1\}=\{R_p(a),R_p(2a),R_p(3a),...,R_p(a(p-1))\}$$
$$$Demostraci\'on:$$
$$$Supongamos que no...$$
$$$Existe m\neq n $\in \{1,2,3,...,p-1\}$ tales que $m.a \equiv n.a ($mod p$)$$
$$m.a - n.a \equiv (m-n).a \equiv 0 ($mod p$).$$
$$$Como a no divide a p $\Rightarrow$ a no es 0 m\'odulo p. Luego m-n debe ser 0 m\'odulo p dado que $\mathbb{Z}_p$ es un cuerpo.$$
$$m-n \equiv 0 ($mod p$) \iff m \equiv n ($mod p$).$ Pero $m \neq n$ por hip\'otesis. Absurdo. Luego m = n$$
$$$Ahora si:$$
$$1.2.3...(p-1) \equiv a.2a.3a...(p-1)a ($mod p$)$$
$$(p-1)! \equiv (p-1)! a^{p-1} ($mod p$)$$
$$$Como $\mathbb{Z}_p$ es un cuerpo, existe el inverso multiplicativo de $(p-1)!$. Multiplicando de ambos lados por \'el,$$
$$1 \equiv a^{p-1} ($mod p$)$$
\($Luego... $a \equiv a^{p} ($mod p$)\;\; \mathbb{Z}_p$ es un cuerpo, $(a:p)=1$\)
$$$5) Sea w una ra\'iz en\'esima primitiva. Se define $n_0 = $m\'in$ \{m \in \mathbb{Z} / w^m = 1\}$ el orden de n.$$
$$$Probar que$$
$$i) w^m = 1 \iff n_0 \vert n_0$$
$$$ii) $1, w, w^2, ... w^{n_0 -1}.$ Probar que para todo k existe un j $\in {1,2,...,n_0 -1}$ tal que $w^k =w^j$ y que $ w^s \neq w^t$ si $s\neq t.$ Caracterizar j en funci\'on de k$$
\(i) \Rightarrow \left)$ Por el absurdo.\)
$$m = n_0.q + r$ con $n_0>r>0.$$
$$1=w^m = w^{n_0.q + r} = w^r.w^{n_0.q}=w^r.(w^{n_0})^q=w^r.1^q = w^r= 1$$
$$$Absurdo. $n_0>r>0$ y $n_0$ es el orden de w.$$
$$\Leftarrow \left) m= n_0.q$ pues $n_0 \vert m$$
$$w^m = w^{n_0.q}= (w^n_0)^q = 1^q = 1$$
$$$ii) Como $k,j \in \mathbb{Z}, k=n_0.q + j con 0\leq j < n_0$$
$$w^k = w^{n_0.q + j}= w^j$$
$$Luego $w^k = w^j = w^{R_{n_0}(k)}$$$
$$$O sea, j es el resto de dividir a k por $n_0$$$
$$$Para probar que son \'unicos, por el absurdo.$$
$$$Supongamos que $w^s = w^t$ y s\neq t$$
$$$Notar que $w^s \neq 0$ pues $(w^s)^m = (w^m)^s =1^s \neq 0$$
$$$Puedo pasar dividiendo$$
$$\frac{w^s}{w^t} = 1 = w^{s-t}$$
\($Pero $s-t < n_0$ pues $s,t<n_0$. Absurdo, el orden de w es $n_0$\)
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