¡La cuarta entrega de nuestro artículo sobre “El Baúl de Problemas” de la Miscelánea Matemática ya está aquí!
Al igual que en las entregas anteriores, los lectores de universo.math encontrarán en este trabajo, en primer lugar, soluciones y comentarios a los problemas planteados al final de la parte III del artículo; en la sección Problemas propuestos se presentará una lista más de cinco problemas para meditar: como de costumbre, estos problemas serán publicados próximamente en El irracional y las soluciones más atractivas que en dicho sitio se recaben serán contempladas para ser incorporadas en la siguiente entrega del artículo. Empero, en esta ocasión, se recomienda a los lectores estar más atentos que de ordinario pues, entre los problemas que se proponen, hay algunos con premio, lo cual quiere decir que las mejores soluciones que se reciban a tales problemas serán recompensadas, a vuelta de correo, con pequeñas dotaciones de textos matemáticos. ¡Esperamos empezar a leer sus soluciones en El irracional muy pronto!
A continuación presentamos soluciones y comentarios para los cinco problemas planteados al final de la parte III de Un baúl de problemas olvidado. Entre estos figuran las preguntas 12, 13 y 14 de “El Baúl de Problemas”. Cuando una solución se basa en ideas aparecidas en El irracional, se mencionará de manera explícita dónde corresponda hacerlo. Hemos puesto un asterisco en aquellos problemas para los que contamos con comentarios adicionales que pudieran resultar interesantes para los lectores.
¿Cuántos triángulos se pueden construir con segmentos de longitudes $1, 2, \ldots, n$?
Presentamos la solución que Malors Espinosa expuso en El irracional. Encontremos la cantidad de triángulos, de lados enteros, cuyo lado mayor tiene longitud $n$. Si los otros dos lados son $a \le b \le n$, entonces se deberá cumplir que $a + b \gt n$. Más aún, por la desigualdad del triángulo, esto basta para que haya un triángulo de lados $(a, b, n)$. Como $a\le b$ se deberá cumplir que
\[ n \lt a + b \le 2b \]y entonces $b \gt \dfrac{n}{2}$. Para cada valor de $b$ entre $\dfrac{n}{2}$ y $n$, $a$ podrá tomar cualquier valor en el rango $n - b \lt a \le b$. Así, $a$ tendrá $2b - n$ valores posibles. Observemos que cuando $b = n$, esta cantidad de valores es $n$, y conforme el valor de b se reduce en $1$, la cantidad de triángulos lo hace en $2$.
El párrafo anterior indica que la cantidad de parejas $(a, b)$ que hay que contar es $n + (n - 2) + \cdots + 2$ en caso de que $n$ sea par, o bien $n + (n-2) + \cdots + 1$, en caso de que sea impar. Es decir, si $T_n$ denota la cantidad de triángulos de lados enteros cuyo lado mayor es $n$, entonces si $n = 2k$,
\[ T_n = T_{2k} = 2k + 2(k - 1) + \cdots + 2 = k(k + 1), \]y si $n = 2k - 1$, entonces
\[ T_n = T_{2k -1} = 2k-1 + (2k - 3) + \cdots + 1= k^2. \]Ahora, sea $X_n$ la cantidad de triángulos con lados entre $1$ y $n$. Es claro que
\[ X_n = X_{n-1} + T_n = X_{n - 2} + T_{n -1} + T_n, \]así que podemos introducir una recurrencia para los casos pares y otra, para los casos impares (lo hacemos de esta forma porque $T_n$ cambia de acuerdo con que $n$ sea par o impar).
Primer caso: $n$ par.
Sea $Y_k = X_{2k}$, entonces
\begin{align*} Y_k &= Y_{k - 1} + T_{2k-1} + T_{2k}\\ &= Y_{k - 1} + 2k^2 + k. \end{align*}De aquí se obtiene, al iterar esta recurrencia, que
\[ Y_k = Y_1 + 2(k^2 + \cdots + 2^2) + (k + \cdots + 2). \]Además, $Y_1$ representa la cantidad de triángulos con lados de tamaño $1$ o $2$, que claramente son los dos equiláteros, y el de lados $(2, 2, 1)$. Así que $Y_1 = 3$. Por lo tanto,
\begin{align*} Y_k &= 3 + 2(k^2 + \cdots + 2^2) + (k + \cdots + 2)\\ &= 2(k^2 + \cdots + 1) + (k + \cdots + 1)\\ &= \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{3} + \dfrac{k(k + 1)}{2}\\ &= \dfrac{k(k + 1)(4k + 5)}{6}. \end{align*}Segundo caso: $n$ impar.
Ahora tenemos que si $Y_k = X_{2k - 1}$, entonces
\begin{align*} Y_k&= Y_{k - 1} + T_{2k -2} + T_{2k - 1}\\ &= Y_{k - 1} + 2k^2 -k. \end{align*}Así que, para resolver este caso, sólo hay que repetir la misma cuenta que en el primer caso pero cambiando un signo. Es decir,
\[Y_k = Y_1 + 2(k^2 + \cdots + 2^2) - (k + \cdots + 2).\]Y, utilizando $Y_1 = 1 = 2 - 1$, tenemos que
\begin{align*} Y_k &= 2(k^2 + \cdots + 2^2) + 2 - (k + \cdots + 2) - 1\\ &= 2(k^2 + \cdots + 1) - (k + \cdots + 1)\\ &= \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{3} - \dfrac{k(k + 1)}{2}\\ &= \dfrac{k(k + 1)(4k - 1)}{6}. \end{align*}En conclusión, tenemos que si $n=2k$, la cantidad de triángulos $X_n$ buscada está dada por
\[ X_{2k} = \dfrac{k(k + 1)(4k + 5)}{6},\]y si $n=2k-1$, está dada por
\[X_{2k - 1} = \dfrac{k(k + 1)(4k - 1)}{6}.\]▢
Las caras de un tetraedro son todas iguales a un triángulo de lados $a\leq b\leq c$. Encuentre el volumen del tetraedro.
Presentaremos la solución propuesta por Malors Emilio Epinosa Lara en el El irracional. Consideremos un triángulo $A'B'C'$ cuyos lados miden $2a$, $2b$ y $2c$. El lado que mide $2a$ es el contrario a $A'$ y, análogamente, con el resto. Sean $A$, $B$ y $C$ los puntos medios de los lados $B'C'$, $A'C'$ y $A'B'$, respectivamente. Si trazamos las alturas del triángulo $A'B'C'$ se intersectarán en el ortocentro $H'$ de este triángulo.
Consideremos la altura desde $C'.$ Esta altura también es ortogonal a $BA$, pues es la recta que une los puntos medios del triángulo. Si rotamos en el espacio el triángulo $ABC'$, con el eje en la recta $AB$, el punto $C'$ rotará formando un círculo $C_{C}$ que se encuentra en el plano que contiene la altura desde $C'$ y que es ortogonal a $AB$. Lo anterior porque dicha altura es ortogonal al eje de rotación. Si repetimos lo mismo, ahora con la altura desde $A'$, rotando alrededor de la recta $BC$, tendremos que $A'$ rota creando un círculo $C_{A}$ en el plano ortogonal a $BC$ y que contiene a la altura desde $A'$.
Estos dos planos se intersectarán en una recta que es ortogonal al plano que contiene el triángulo. En dicha recta debe existir un punto $S \in C_{A} \cap C_{C}$. Lo anterior debido a que $C_{A}$ tiene como diámetro la altura desde $A'$ (ya que $ABC$ es un triángulo medial) y $C_{C}$ tiene como diámetro a la altura desde $C'$ y estas alturas se intersectan dentro de los diámetros y no en sus prologanciones. Así que, al rotar las caras hasta que $A'$ y $C'$ queden en el punto $S$, obtenemos que $B'$ puede rotar y caer sobre $S$, por el mismo argumento y debido al hecho que las alturas se intersectan. Por lo tanto la altura $h$ del poliedro satisface:
\[ h^2+k^2=h_{a}^2. \]donde $h_{a}$ es la longitud de la altura desde $A$ al lado $BC$, que es la mitad de la altura desde $A'$ y $k$ es la longitud del segmento desde la intersección de la altura con $A'$ con $BC$ con el ortocentro $H'$. Por lo tanto $h^2=h_{a}^2-k^2=(h_{a}+k)(h_{a}-k)=A'H' \cdot XH'$ donde $X$ es el pie de la altura desde $A'$. Aquí se utilizó el hecho de que $BS$ biseca la recta $A'X$, así que cada mitad vale $h_{a}$ y, por ende, $h_{a}-k$ es la longitud del segmento $XH'$. Sin embargo, esta cantidad no es otra cosa que la potencia de $H'$ respecto al círculo del diámetro $A'C'$.
La potencia de un punto interior a un círculo, como es el caso, es el cuadrado del radio menos el cuadrado de la distancia al centro. Así que tenemos que calcular $r^2-(H'B)^2$. Antes de proseguir, notemos que esta potencia es cuatro veces la potencia del ortocentro del triángulo $ABC$ con respecto al correspondiente círculo. Se tiene que la potencia es cuatro veces porque las distancias se duplican en el triángulo medial. Bastará, entonces, calcular esta última potencia $P$ y multiplicar el resultado por $4$.
El radio del círculo es $\frac{b}{2}$, pero requerimos calcular $HM$, donde $H$ es el ortocentro de $ABC$ y $M$ es el punto medio de $AC$. Para hacer esto, usaremos números complejos y supondremos que el circuncentro de $ABC$ es el origen. Entonces, el ortocentro $h$ de $ABC$ está dado por la suma de las coordenadas $a+b+c$ (usaremos minúsculas para los números complejos) y el punto medio es $\frac{a+c}{2}$; por ende, el vector diferencia es $a+b+c-\frac{a+c}{2}=\frac{a+2b+c}{2}$. Por otra parte, el vector que mide el valor del radio es $a-\frac{a+c}{2}=\frac{a-c}{2}$. Por lo tanto:
\[ P= \left | \frac{a-c}{2} \right |^2 - \left | \frac{a+2b+c}{2} \right | \]Desarrollando, se obtiene:
\[ P=\frac{-4b\bar{b}-2(a\bar{c}+\bar{a}c+\bar{a}b+a\bar{b}+b\bar{c}+\bar{b}{c})}{4}. \]Por otra parte, si notamos que $|a-b|^2=(a-b)\overline{a-b}=a\bar{a}+b\bar{b}-a\bar{b}-\bar{a}{b}$, obtenemos que:
\[ a\bar{b}+\bar{a}b=2R^2-AB^2. \]Procediendo análogamente con los otros lados y sustituyendo, obtenemos que:
\[ P=\frac{2(AB^2+BC^2+CA^2)-16R^2}{4}. \]Denotando por $a,b,c$ las longitudes de los lados del triángulo y recordando que $h^2=4P$, entonces:
\[ h=\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)-16R^2} \]Con esto, podemos ahora usar la fórmula para el volumen de una pirámide; así que el volumen es:
\[ \frac{S\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)-16R^2}}{3} \]donde $S$ es el área del triángulo $ABC$, la cual puede calcularse usando la fórmula de Herón para ponerla en términos únicamente de los lados del triángulo. De la misma forma, puede calcularse el radio $R$ con la fórmula clásica $R=\frac{abc}{4S}$.
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La sucesión $\{a_{n}\}_{n \in \mathbb{N}}$ es de números enteros positivos y tiene las propiedades
Encuentre $a_{2015}.$
Es fácil conjeturar que para cada $n \in \mathbb{N}$ se tiene que $a_{n} = a_{1} +(n-1)$.
Para demostrar esta afirmación es suficiente con establecerla cuando $n$ pertenece al conjunto de potencias de $2$. Si $N=1$, no hay nada que hacer. Si $N=2$ entonces por la condición b), $a_{2}=a_{1}+1$. Si $N=4$, entonces $a_{4} = a_{2}+2=a_{1}+3.$ Suponiendo que la igualdad se cumple cuando $N=2^{k-1}$, estableceremos, a continuación, que también es válida cuando $N=2^{k}$. En efecto,
\[ a_{2^{k}} = a_{2^{k-1}}+2^{k-1} = a_{1} + (2^{k-1}-1) + 2^{k-1} = a_{1} + (2^{k}-1) \]y la conjetura queda establecida.
Ahora bien, puesto que la sucesión $\{a_{1}+(n-1)\}_{n \in \mathbb{N}}$ contiene infinitos números primos, podemos garantizar la existencia de $n \in \mathbb{N}\setminus \{1,2\}$ tal que
\[ a_{1}+(n-1) = a_{n} \]es igual a un número primo (positivo) impar $p$. Puesto que $a_{n}$ es un número primo se sigue por c) que $n=p+1-a_{1}$ también es un número primo. Entonces, $a_1=2k+1$ para algún $k \in \mathbb{Z}^{+}$; de esto se obtiene que $a_{n} = 2k+n$ para cada $n \in \mathbb{N}$. Mediante reducción al absurdo, demostraremos ahora que $k=0$:
Si $k$ no es cero, podemos fijar un primo $q>2k$ y considerar la siguiente subsucesión de $\{a_{n}\}_{n \in \mathbb{N}}$:
\[ a_{q} = 2k+q, \quad a_{2q} = 2k+2q, \quad a_{3q} = 2k + 3q, \quad \ldots \]Luego, si a la progresión aritmética de término inicial $2k+q$ y diferencia común $q$ aplicamos el teorema de Dirichlet sobre primos en progresiones aritméticas, obtenemos que hay infinitos $N >1$ tales que $a_{N \cdot q}$ es un número primo. Esto es absurdo pues, de acuerdo con la condición c), $a_{N \cdot q}$ primo implica $N \cdot q$ primo.
De todo lo anterior se concluye que para cada $n \in \mathbb{N}$,
\[ a_{n} = n. \]y, por consiguiente, $a_{2015}=2015.$
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El teorema citado de Dirichlet afirma que si $a$ y $d$ son números naturales coprimos, entonces, en la progresión aritmética $a, a+d, a+2d, a+3d, \ldots$ hay infinitos números primos: la demostración de este teorema se puede consultar en [3K. Chandrasekharan, Introduction to Analytic Number Theory. Springer-Verlag, 1968., cap. 10] o en [4J. Cilleruelo y A. Córdoba, La teoría de los números. Biblioteca Mondadori, España, 1992., cap. 9]. Adicionalmente, en [6J. P. G. L. Dirichlet, There are infinitely many prime numbers in all arithmetic progressions with first term and difference coprime.] se puede encontrar una traducción al inglés de la memoria original en la que Dirichlet estableció este resultado (o más bien, de acuerdo con H. Davenport, parte de él).
Desde el punto de vista lógico, la solución es impecable. No obstante, puesto que la hemos hecho depender del teorema de Dirichlet sobre primos en progresiones aritméticas y la prueba de dicho teorema no es precisamente elemental (de hecho, hay consenso entre los expertos en que el artículo en el cual J. P. G. Lejeune Dirichlet aborda este resultado es uno de los escritos fundacionales de la teoría analítica de números), más de un lector pudiera objetar la idoneidad de la solución que se acaba de presentar. Afortunadamente, al revisar la referencia [1T. Andreescu y B. Enescu, Mathematical Olympiad Treasures. Second edition, Birkhäuser, 2011., p. 215] hace poco, caímos en la cuenta de que el problema puede ser resuelto sin apelar a ese celebérrimo teorema de Dirichlet. Andreescu y Enescu lo solucionan de la siguiente manera: al igual que en nuestra solución, ellos demuestran en primer lugar que para cada $n \in \mathbb{N}$ se cumple que
\[ a_{n} = a_{1}+(n-1). \]Para establecer que $a_{1} = 1$, proceden por reducción al absurdo:
Supóngase que $a_{1} \geq 2$ y que $p$ y $q$ son números primos consecutivos tales $a_{1}\lt p \lt (a_{1}+1)!+2 \lt (a_{1}+1)! + a_{1}+1 \lt q$. Se tiene entonces que
\begin{eqnarray} q-p > a_{1}-1, \label{alt-1} \end{eqnarray}Por otro lado, como
\[ a_{q-a_{1}+1} = a_{1} + (q-a_{1}+1-1) = q, \]la condición c) implica que $q-a_{1}+1$ es un número primo; de esto, del supuesto que $a_{1} \geq 2$ y de la hipótesis de que $p$ y $q$ son números primos consecutivos se desprende que
\begin{eqnarray} q - p \leq a_{1} - 1. \label{alt-2} \end{eqnarray}De $(\ref{alt-1})$ y $(\ref{alt-2})$ se obtiene que
\[ a_{1} - 1 \lt q-p \leq a_{1} -1, \]lo cual es decididamente absurdo. Por lo tanto, $a_{1}=1$ y, en consecuencia,
\[ a_{n} = a_{1}+(n-1) = 1+(n-1) = n \]para todo $n \in \mathbb{N}$.
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En el thread de El irracional correspondiente a este problema, Carlos Israel Jalpa Rico publicó otra solución al mismo, la cual se basa también en el teorema de Dirichlet sobre primos en progresiones aritméticas. Cabe añadir que es posible resolver el problema sin tener que aplicar el teorema de Dirichlet en toda su generalidad. Hay una solución en la cual sólo se ocupa la existencia de infinitos números primos en la progresión aritmética $1, 1+r, 1+2r, 1+3r, \ldots$ (para $r \in \mathbb{N}$ fijo, pero arbitrario): esto es algo digno de mención pues la demostración de este caso especial del teorema de Dirichlet depende únicamente de datos básicos sobre los divisores primos del $r$-ésimo polinomio ciclotómico.
Determine si existe un polinomio mónico \[p(z):=z^{n}+a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_{1}z+a_{0} \in \mathbb{C}[z]\] tal que $p(\overline{\Delta}) \subseteq \Delta$, donde $\Delta:=\{z\in \mathbb{C} \colon |z| \lt 1\}$.
Presentaremos a continuación la solución a este problema propuesta por Raúl Astudillo en El irracional.
En primer lugar, denotemos con $\partial \Delta$ al conjunto $\{z\in \mathbb{C} \colon |z| = 1\}$. Supongamos ahora que sí existe un polinomio mónico
$$p(z) = z^{n}+a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_{1}z+a_{0} \in \mathbb{C}[z]$$que satisface la condición $p(\overline{\Delta}) \subseteq \Delta$. Considérese entonces el polinomio
$$q(z) = a_{0}z^{n} + a_{1}z^{n-1} + \cdots + a_{n-1}z + 1.$$Puesto que para cada $z \in \partial \Delta$ se cumple que
$$\left| p\left(\frac{1}{z}\right) \right|\lt 1,$$se sigue que
$$|q(z)| = |z^{n}|\left| \left(\frac{1}{z}\right)^{n} + a_{n-1}\left(\frac{1}{z}\right)^{n-1} + \cdots + a_{1}\left(\frac{1}{z}\right) + a_{0}\right| \lt 1$$para todo $z \in \partial \Delta$.
De esto y el principio del módulo máximo, se desprende que
$$1= |q(0)| \leq \mathrm{m\acute{a}x} \{|q(z)| \colon z \in \partial \Delta\} \lt 1,$$ lo cual es claramente absurdo. Se puede concluir así que no existe un polinomio mónico $p(z)$ de coeficiente complejos tal que $p(\overline{\Delta}) \subseteq \Delta$.▢
El problema se puede resolver también mediante el teorema de Rouché.
Sea $a$ un número natural que no es un cuadrado perfecto. Demuestre que la ecuación diofántica $n! + a = x^{2}$ admite sólo un número finito de soluciones $(n, x) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$.
Hay varias formas de resolver este problema. Carlos Israel Jalpa Rico publicó en El irracional dos soluciones a este problema. La más simple de sus dos soluciones se basa en el siguiente resultado.
Lema. Si $N \in \mathbb{N}$ es un resto cuadrático de todo número primo que no divide a $N$, entonces $N$ es un cuadrado perfecto.
La demostración de este lema puede consultarse en [7M. Hall, Quadratic residues in factorization. Bull. Amer. Math. Soc. Vol. 39, 1933, p. 759.]. Con ayuda de él, el problema que nos atañe se resuelve así: si $a$ no es un cuadrado perfecto, existe un número primo $\mathfrak{p}$ tal que $a$ no es resto cuadrático módulo $\mathfrak{p}$. De esto se sigue que si $n \geq \mathfrak{p}$ y $x \in \mathbb{N}$ entonces $n!+a \neq x^{2}$ pues, en caso contrario, de la igualdad $n!+a =x^{2}$ se desprendería que $x^{2} \equiv a \pmod{\mathfrak{p}}$, quod est absurdum. Tenemos así que si $(n,x) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ es solución de la ecuación $$n!+a = x^{2},$$ entonces $n \lt \mathfrak{p}$, lo que indica que el número de soluciones de la ecuación es finito.
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La solución más elemental de este problema es, en nuestra opinión, la que se presenta a continuación:
Si $n>2a$, se tiene que $a^{2} \mid n$ y, por consiguiente, $n = a^{2}y$ para algún $y \in \mathbb{N}$. Así las cosas, al tenerse que $n!+a = a(ay+1)$ y $(a,ay+1)=1$, se sigue que $n!+a$ no puede ser un cuadrado perfecto. En conclusión, el número de soluciones $(n,x) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ de la ecuación
$$ n!+a=x^{2}$$es, a lo más, $2a$.
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A. Dąbrowski demostró en [5A. Dąbrowski, On the diophantine equation x+A = y2. Nieuw Arch. Wisk. Vierde Serie, 4, 1996, 3, pp. 321-324.] que si la conjetura abc se cumple, entonces, la ecuación $n!+A^{2} = x^{2}$ también tiene, a lo sumo, un número finito de soluciones $(n,x) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$. Este resultado sería generalizado años más tarde por F. Luca en [8F. Luca, The diophantine equation P(x)=n! and a result of M. Overhlolt. Glas. Mat. Ser. III, 37 (57), 2002, 2, pp. 269-273.]; en ese artículo, F. Luca demostró que si la conjetura abc es válida y $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ es de grado al menos $2$, entonces la ecuación $P(x) = n!$ tiene un número finito de soluciones $(n,x) \in \mathbb{N} \times \mathbb{Z}$. Para enterarse de lo que ha acontecido con los artículos de S. Mochizuki de 2012 en los que presuntamente demuestra, entre otras célebres conjeturas, la conjetura abc se recomienda leer, primeramente, la nota en [2D. Castelvecchi, The biggest mystery in mathematics: Shinichi Mochizuki and the impenetrable proof. Nature, vol. 526, oct. 2015.] y, después, la entrada [11P. Woit, White smoke over Oxford? en Not even wrong.] del blog de P. Woit.
Listamos a continuación algunos problemas en los que el lector puede pensar mientras llega la entrega número cinco de nuestro artículo. Estos cinco problemas aparecerán —a su debido tiempo— en El irracional, donde será posible comentarlos y resolverlos. Como se mencionó en la introducción del artículo, las soluciones que en dicho sitio se recolecten podrían ser incluidas en una entrega venidera de Un Baúl de Problemas Olvidado. Los problemas cuyas soluciones en El irracional serán candidatas a recibir textos matemáticos como premio se señalan mediante un ♦.
En la siguiente entrega les platicaremos de nuestros avances en estos problemas y de las soluciones y comentarios que los entusiastas lectores de universo.math tengan a bien hacernos llegar.
¡Hasta el próximo número!
[1] T. Andreescu y B. Enescu, Mathematical Olympiad Treasures. Second edition, Birkhäuser, 2011, p. 215.
[2] D. Castelvecchi, The biggest mystery in mathematics: Shinichi Mochizuki and the impenetrable proof. Nature, vol. 526, oct. 2015.
[3] K. Chandrasekharan, Introduction to Analytic Number Theory. Springer-Verlag, 1968.
[4] J. Cilleruelo y A. Córdoba, La teoría de los números. Biblioteca Mondadori, España, 1992.
[5] A. Dąbrowski, On the diophantine equation $x!+A=y^{2}$. Nieuw Arch. Wisk. Vierde Serie, 4, 1996, 3, pp. 321-324.
[6] J. P. G. L. Dirichlet, There are infinitely many prime numbers in all arithmetic progressions with first term and difference coprime. En internet: http://arxiv.org/abs/0808.1408 (Originalmente publicado en: Abbhandlungen der Königlich Preussischen Akademie der Wissenschaften von 1837, pp. 45-81).
[7] M. Hall, Quadratic residues in factorization. Bull. Amer. Math. Soc. Vol. 39, 1933, pp. 758-763.
[8] F. Luca, The diophantine equation $P(x)=n!$ and a result of M. Overhlolt. Glas. Mat. Ser. III,37 (57), 2002, 2, pp. 269-273.
[9] Miscelánea Matemática, 21.
[10] Miscelánea Matemática, 22.
[11] P. Woit, White smoke over Oxford? en Not even wrong. Recuperado de internet el 10-12-2015 en: http://www.math.columbia.edu/~woit/wordpress/?p=8160
