Un baúl de problemas olvidado: parte VI

The value of a problem is not so much in coming up with the answer as in the ideas and attempted ideas it forces on the would-be solver. – I. N. Herstein

Introducción

Son ya casi cuatro años desde que apareció la primera entrega de Un Baúl de Problemas Olvidado. Cabe recordar que el objetivo básico del trabajo era hacer públicas las soluciones que teníamos para unos problemas que fueron listados en una sección intitulada "El Baúl de Problemas" que apareció en los números 19, 20, 21 y 22 de la Miscelánea Matemática (una de las principales publicaciones periódicas de la Sociedad Matemática Mexicana). Consideramos que tal labor tenía cabida porque con esos problemas se había pretendido instituir una sección de problemas en las páginas de la Miscelánea Matemática, pero al no prosperar el intento, nunca más se volvió a hacer mención de ellos (menos aún de las soluciones recibidas o de las soluciones esperadas) en las páginas de la revista.

El manuscrito que eventualmente se convertiría en Un Baúl de Problemas Olvidado era considerablemente extenso. Tan extenso que resultaba poco práctico publicarlo en su totalidad de una sola vez. Surgió entonces la idea de dosificar su publicación en entregas. Y con esta idea surgió también la propuesta de aprovechar el lapso entre entregas para proponer nuevos problemas e invitar a la audiencia a hacernos partícipes de sus soluciones. La idea fue bienvenida y apoyada por el Consejo Editorial de universo.math. Así pues, con el paso del tiempo, lo que originalmente era un reporte sobre los problemas de la Miscelánea Matemática que podíamos resolver, y que pudo haber quedado como tal, devino en un rico intercambio matemático, en una columna de problemas en toda la extensión de la palabra (salvo por la mejor opinión que los asiduos lectores de la misma pudiesen tener).

Creemos que el intercambio fue bastante fructífero. Considerando el contenido de esta sexta entrega de Un Baúl de Problemas Olvidado, los 19 problemas que en algún momento aparecieron en "El Baúl de Problemas" fueron discutidos. Para prácticamente cada uno de ellos se presentó al menos una solución completa. Adicionalmente, se propusieron y se discutieron 11 problemas extra. Estos 30 problemas nos llevaron en ocasiones no sólo a repasar la teoría "estándar" de varias áreas de las matemáticas, sino también a revisar algunos resultados menos conocidos y, en algunos casos, a explorar relaciones con la investigación matemática actual. Por supuesto, no dudamos de que tras este paso inicial, aún haya cosas que agregar sobre los problemas discutidos. El estudio de un problema no termina incluso aunque haya sido resuelto.

Nos gustaría agradecer a todos los seguidores de universo.math que contribuyeron a Un Baúl de Problemas Olvidado enviando comentarios y soluciones. No está por demás remarcar también el rol clave que el foro El irracional desempeñó durante el desarrollo de este proyecto: la relevancia de un sitio de tal índole para la colaboración matemática en la era de la información simplemente no debe dejarse de reconocer.

Soluciones y comentarios

Presentaremos a continuación las soluciones recibidas a los cinco problemas que se plantearon al final de la quinta entrega de Un Baúl de Problemas Olvidado. No obstante, haremos en primer lugar algunas precisiones adicionales en torno a la solución del problema 17 del Baúl de Problemas de la Miscelánea Matemática y al quinto problema propuesto en la cuarta entrega de Un Baúl de Problemas Olvidado.

El problema 17 solicitaba encontrar la solución de la ecuación diferencial $$f^{\prime}(x) = f^{-1}(x)$$ donde $f \colon [0,\infty) \to [0,\infty)$ es una función tal que $f(0) = 0$ y $f^{\prime}(x)>0$ para cada $x \in I:=(0,\infty)$. En el número anterior de universo.math se mostró que una solución de esta ecuación la proporciona la función $f \colon [0,\infty) \to [0,\infty)$ definida por la asignación $x \overset{f}{\longmapsto} \phi^{1-\phi}x^{\phi}$ donde $\phi$ es el número áureo. Una cuestión que quedó pendiente en aquella ocasión fue la de determinar si esta era la única solución de la ecuación diferencial dada. Esbozaremos enseguida el argumento con el que A. C. Hindmarsh demostró en [7H. L. Nelson y A. C. Hindmarsh, Solution to problem E2105. Amer. Math. Monthly, vol. 76, no. 6 (Jun. - Jul., 1969), p. 696.] que la ecuación no tiene otra solución aparte de la ya mencionada; cabe añadir que dimos con esta contribución de Hindmarsh al American Mathematical Monthly el 19 de octubre (de 2016), prácticamente de manera fortuita, mientras echábamos un ojo al archivo electrónico del Monthly que está disponible en JSTOR. En nuestra opinión, uno de los ingredientes más exóticos en el argumento de Hindmarsh es el siguiente resultado debido al matemático ruso S. N. Bernstein:

El lector puede consultar una demostración de este teorema en [6J. A. M. McHugh, A proof of Bernstein's theorem on regularly monotonic functions. Proc. Amer. Math. Soc., vol. 47, no. 2 (Feb., 1975), pp. 358-360.]; es de mencionar que McHugh comenta al inicio de su artículo que R. P. Boas, Jr. reprodujo en [1R. P. Boas, Jr., Signs of derivatives and analytic behavior. Amer. Math. Monthly, vol. 78, no. 10 (Dec., 1971), pp. 1085-1093.] la demostración propuesta por el propio Bernstein alrededor de 1926.

Una vez señalado esto, procedemos con el establecimiento de la unicidad de la solución al problema en cuestión. Empezaremos, sin embargo, con algunas observaciones preliminares:

Notemos que si $f \colon [0,\infty) \to [0,\infty)$ es una función tal que $f(0)=0$ y que $f^{\prime}(x) = f^{-1}(x) \,$ y $\, f^{\prime}(x)>0$, para cada $x \in I$, entonces tanto $f$ como $f^{\prime}$ son funciones estrictamente crecientes en $I$; de esto se desprende a su vez que $f$ es de clase $\mathcal{C}^{1}$ en $I$. Luego, al derivar reiteradamente ambos miembros de la identidad $$f(f^{\prime}(x)) = x$$ se obtiene que $f$ es una función de clase $\mathcal{C}^{\infty}$ en $I$; de hecho, mediante esta identidad puede establecerse también que $f^{\prime \prime} >0, f^{\prime \prime \prime} < 0, \ldots, (-1)^{k}f^{(k)}>0$: el teorema de Bernstein arriba enunciado permite garantizar entonces que $f$ es una función real analítica en $I$.

Ahora bien, de la identidad $$\frac{d}{dx} f(f(x)) = f^{\prime}(f(x))f^{\prime}(x) = xf^{\prime}(x) $$ y el teorema fundamental del cálculo se tiene que $$f(f(x)) = \int_{0}^{x}y \, f^{\prime} (y)\, dy$$ para todo $x \in I$. Afirmamos que esto implica que la función $f$ tiene un punto fijo en $I$. Si esto no fuera el caso, la función $F \colon I \to \mathbb{R}$, definida por la regla de correspondencia $F(x) = f(x)-x$, sería de signo constante, lo cual no es posible: en efecto, si $f(x)>x$ para todo $x \in I$ entonces $y= f^{\prime}(f(y)) > f^{\prime}(y)$ para cada $y \in (0,x)$ y, consiguientemente, $$ x \lt f(f(x))= \int_{0}^{x} y \, f^{\prime}(y) \, dy \lt \int_{0}^{x} y^{2} \, dy = \frac{x^{3}}{3}.$$ ¡Esta desigualdad es absurda para $x$'s suficientemente pequeños! Procediendo de manera análoga cuando se supone en cambio que es la desigualdad $f(x) \lt x$ la que se verifica para cada $x \in I$ se deriva una contradicción similar; consecuentemente, cualquier solución $f$ a la ecuación diferencial dada tiene un punto fijo $a \in I$. Por otra parte, al ser $F$ una función estrictamente convexa en $I$ se sigue que $F$ es una función con a lo más dos ceros (contando el cero que tiene en $x=0$). Por tanto, la función $f$ tiene exactamente un punto fijo $a \in I$; se observa además que $f(x) \lt x$ en $(0,a)$, $f(x)\gt x$ en $(a,\infty)$, $f^{\prime}(x) \gt x$ en $(0,a) \,$ y $\, f^{\prime}(x)\lt x$ en $(a,\infty)$.

Estamos ya en condiciones de pasar a la prueba en sí de la unicidad de la solución al problema que nos ocupa. Supongamos que $f_{1}, \, f_{2} \colon [0,\infty) \to [0,\infty)$ son funciones tales que $f_{1}(0) \, = \, f_{2}(0) \, = \, 0$ y que $f_{1}^{\prime}(x) = f_{1}^{-1}(x), \, f_{2}^{\prime}(x) = f_{2}^{-1}(x) \,$ y $\, f_{1}^{\prime}(x), \, f_{2}^{\prime}(x)>0$ para cada $x \in I$. Si denotamos con $a_{i}$ al único punto fijo en $I$ de $f_{i}$, entonces—sin pérdida de generalidad—puede suponerse que $a_{1} \geq a_{2}$. Definamos $g:=f_1-f_2$. Mostraremos que de la desigualdad $a_1>a_2$ se deriva un absurdo y posteriormente analizaremos el caso en que $a_1 = a_2$.

Supongamos que $a_1>a_2$. Por las desigualdades al final del penúltimo párrafo se tiene que en $[a_2,a_1)$ se satisface que $f_1(x) \lt x \leq f_2(x)$ y que $f_1'(x) > x \geq f_2'(x)$ o, en otras palabras, que $g\lt 0$ y $g'>0$ (en todo ese intervalo). Es imposible que $g'>0$ en todo el intervalo $(0,a_2)$ pues de ser así tendríamos que $0> g(a_2) > g(0)=f_1(0)-f_2(0)=0$, una contradicción. De esta forma, podemos encontrar un número real $c \in (0,a_2)$ para el cual $g'(c) \leq 0$; de esto se sigue que el conjunto $\mathrm{Z}_{g^{\prime}}:= \{d \in (0,a_{2}) \colon g^{\prime}(d) = 0\}$ es no vacío. Luego, si $b := \sup \mathrm{Z}_{g^{\prime}}$ entonces $b \in (0,a_{2})$, pues $\mathrm{Z}_{g^{\prime}}$ es cerrado y acotado. De la maximalidad de $b$ se desprende que $g'>0$ en $(b,a_1)$; consiguientemente, $g\lt 0$ en $[b,a_1)$.

Este $b \in (0,a_{2})$ es tal que $b':=f_1'(b)=f_2'(b)$ pertenece al intervalo $(b,a_2)$ (pues para $x\lt a_2$ sabemos que $x\lt f_2'(x) \lt a_2$). Esto implica a su vez que $g(b') \lt 0$, lo cual es absurdo en la luz de la siguiente cadena de igualdades: $$f_1(b')=f_1(f_1'(b))=b=f_2(f_2'(b))=f_2(b').$$

Se ha descartado así la posibilidad de que $a_1>a_2$. Supongamos ahora que $a_{1} = a_{2}$. En este caso se obtiene que $g$ es una función tal que $$0=g(a) = g^{\prime}(a) = g^{\prime \prime}(a) = \ldots;$$ al ser $g$ una función real analítica en $I$ se colige que $g$ se anula en todo $I$ o, en otras palabras, que $f_{1}$ y $f_{2}$ son la misma función.

El quinto problema propuesto en la cuarta entrega de Un Baúl de Problemas Olvidado se retomó de la columna de problemas del número de agosto-septiembre de 2015 del American Mathematical Monthly. El problema fue contribuido al Monthly por Keath Kearnes del Depto. de Matemáticas de la Universidad de Colorado en Boulder; la solución para ese problema que se presentó en la entrega anterior de este artículo es básicamente la propuesta (o más precisamente, una de las dos propuestas) por el usuario Matt Samuel de math.stackexchange.com (MSE). Aunque en su momento consideramos que estas acotaciones eran suficientes para dar con el thread relevante en MSE, una suerte de reconvención sobre este punto que fue manifestada en la red social donde se hizo la difusión de la quinta entrega de Un Baúl de Problemas Olvidado hizo que cayeramos en la cuenta de que era menester dar, en algún momento, la referencia exacta al apartado en MSE donde se llevó a cabo la discusión en torno a este problema. Sin mayor preámbulo, nos permitimos llevar esto a cabo aquí y ahora: ¡la solución de Matt Samuel al problema 11856 del Monthly puede consultarse hier!

Es de mencionar también que en el número de mayo de 2017 del American Mathematical Monthly se publicó la solución que Richard Stong propuso para este problema. La solución de Stong, aunque cercana a la de Samuel, es un tanto más sucinta que aquella. Esbozamos a continuación esta solución:

Sea $G$ un grupo. Denotemos con $n_{p}(G)$ al número de $p$-subgrupos de Sylow de $G$. Es bien conocido que si $P$ es uno de los $p$-subgrupos de Sylow de $G$, entonces $n_{p}(G)$ es igual al índice del normalizador $N_{G}(P)$. Como se cumple que $P\subseteq N_{G}(P)$, se observa que si $p^{m} \parallel |G|$ entonces $n_{p}(G) \leq \frac{|G|}{p^{m}}$.

Denotemos con $A$ al conjunto de números primos que dividen a $|G|$ con multiplicidad $1$. Nótese que $A$ es exactamente igual al conjunto de aquellos números primos $p$ tales que cada $p$-subgrupo de Sylow de $G$ es cíclico de orden $p$. Así pues, al tenerse que la intersección de un $p_{1}$-subgrupo de Sylow de $G$ y un $p_{2}$-subgrupo de Sylow de $G$, para $p_{1}$ y $p_{2}$ elementos distintos de $A$, es igual a $\langle e \rangle$, se desprende que $G$ tiene $(p-1)n_{p}(G)$ elementos de orden $p$. En consecuencia, $$\sum_{p \in A} (p-1)n_{p}(G)<|G|.$$ Hay dos posibilidades a considerar ahora:

• $A \neq \emptyset$ y $n_{p}(G) = |G|/p$ para algún $p \in A$. En particular, en este caso se verifica que si $P$ es un $p$-subgrupo de Sylow de $G$ entonces $N_{G}(P)=P$. De esta igualdad y del hecho de que $|P|$ es un número primo se obtiene a su vez que $P\subseteq Z(N_{G}(P))$; el teorema de transferencia de Burnside garantiza entonces la existencia de un subgrupo normal $H$ de índice $p$. Al proceder por inducción en el orden de $G$ es posible concluir que, cuando $p\geq 3$, el número de subgrupos de Sylow de $G$ es menor o igual a $$ n_{p}(G) + \frac{2}{3}|H| = \frac{5}{3p}|G| < \frac{2}{3}|G|.$$ Cuando $p=2$, el subgrupo $H$ resulta ser abeliano incluso. En consecuencia, el número de subgrupos de Sylow de $H$ es igual al número de primos distintos que dividen a $|H|$. Como $|H|$ es impar se colige que a lo más hay $|H|/3$ primos que dividen a $|H|$. Por lo tanto, el número de subgrupos de Sylow de $G$ en este caso es a lo más $$n_{2}(G)+\frac{|H|}{3} = \frac{|G|}{2}+\frac{|G|}{6} = \frac{2}{3}|G|.$$
• $A =\emptyset$ o $n_{p}(G) < |G|/p$ para cada $p \in A$. En cualquiera de los casos se cumple que $n_{p}(G) \leq |G|/(2p)$; luego, en vista de que $\left(1-\frac{2}{p}\right) \leq \frac{p-1}{6}$ para todo $p \in \mathbb{N}$, se tiene que $n_{p}(G) -\frac{|G|}{p^{2}} \leq \frac{p-1}{6}n_{p}(G)$ para cada $p \in A$. Así entonces, el número de subgrupos de Sylow de $G$ es \begin{eqnarray*} \sum_{p \, \mid \, |G|} n_{p}(G) &=& \sum_{p \in A} n_{p}(G) + \sum_{p \, \mid \, |G|, \, p \not \in A}n_{p}(G)\\ &\leq& \sum_{p\in A} n_{p}(G) + \sum_{p \, \mid \, |G|, \, p \not \in A}\frac{|G|}{p^{2}}\\ &\leq& \sum_{p \in A} \left(n_{p}(G)-\frac{|G|}{p^{2}}\right) + \sum_{p} \frac{|G|}{p^{2}}\\ &\leq& \sum_{p \in A} \frac{p-1}{6}n_{p}(G) + \sum_{p} \frac{|G|}{p^{2}}\\ &<& |G|\left(\frac{1}{6}+\sum_{p} \frac{1}{p^{2}}\right)\\ &<& \frac{2}{3}|G| \end{eqnarray*} y la demostración termina. El lector interesado en saber más sobre el origen de este problema puede echarle un vistazo al relato que sobre este asunto hiciera recientemente el propio Keith Kearnes en mathoverflow.

Problema 18, [8Miscelánea Matemática, 22, pág. 78.].

Solución.

A continuación presentamos la solución propuesta por Gustavo Chinney en El irracional.

Sea $P$ el punto sobre $AB$ donde concurren las bisectrices de los ángulos $ADB$ y $ACB$ y sea $Q$ la intersección de la bisectriz del ángulo $DBC$ con $CD$. Por el teorema de la bisectriz tenemos que $\frac{AD}{BD}=\frac{AP}{PB}=\frac{AC}{BC}$ y $\frac{BD}{BC}=\frac{DQ}{QC}$. Entonces, $\frac{AD}{AC}=\frac{BD}{BC}=\frac{DQ}{QC}$. Usando ahora el recíproco del teorema de la bisectriz se obtiene que $AQ$ es bisectriz del ángulo $DAC$. De este modo, las bisectrices de los ángulos $DBC$ y $DAC$ concurren en $Q$. Esto termina la prueba.

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Problema 19, [8Miscelánea Matemática, 22, pág. 78.].

Solución.

Presentamos a continuación la solución propuesta por el usuario lang de El irracional.

Para simplificar la notación, definimos $x\uparrow\uparrow n:=\underbrace{x^{x^{\cdot^{\cdot^{x}}}}}_n$. Además, definimos $x\uparrow \uparrow 0$ como la función constante $1$. Mostraremos a continuación que para todo número entero no negativo $n$ se cumple que

$$\lim_{x\to 0^+} x\uparrow\uparrow n = \begin{cases} 1 \quad \text{ si $n$ es par}\\ 0 \quad \text{ si $n$ es impar.} \end{cases}$$

Como resultado auxiliar usaremos el siguiente límite conocido, el cual puede establecerse mediante la regla de L'Hôpital:

$$\lim_{x\rightarrow 0^+} x \log(x) = 0.$$

A partir del límite anterior obtenemos que

$$\lim_{x\rightarrow 0^+} x^{1/2} \, |\log(x)| = \lim_{x\rightarrow 0^+} 2\, |x^{1/2} \log(x^{1/2})| = 0.$$

Además, como nos interesa estudiar los límites en $x=0$, supondremos en lo sucesivo que $x\in (0,1)$. Bajo este supuesto es válido afirmar que la función $y\mapsto x^y$ es decreciente.

Comenzamos probando el resultado para valores pares de $n$. Escribimos $n=2k$ y procedemos por inducción sobre $k$. Si $k=0$, el resultado se sigue directamente de la definición de $x\uparrow\uparrow 0$.

Supongamos el resultado cierto para un valor de $k$. Debido a esto, existe $x_0 \in (0,1)$ tal que para toda $x$ en el intervalo $(0,x_0)$ se tiene que $x \uparrow \uparrow (2k) \gt \frac{1}{2}$ y entonces

$$ 0\leq |x^{x \uparrow \uparrow (2k)} \log(x)| \leq x^{1/2}\, |\log(x)|. $$

De aquí obtenemos que $\lim_{x\to 0^+} x^{x\uparrow\uparrow (2k)} \log(x) = 0$. Para concluir la verificación del paso inductivo usamos la continuidad de la función exponencial de la siguiente manera:

$$ \lim_{x\to 0^+} x\uparrow\uparrow (2k+2) = \lim_{x\to 0^+} x^{x^{x\uparrow\uparrow (2k)}} = \lim_{x\to 0^+} e^{x^{x\uparrow\uparrow (2k)} \log(x)} = e^0 = 1. $$

Analizamos ahora el caso en que $n$ impar. Escribimos $n=2k+1$. Usando lo que sabemos para el caso par notamos que:

$$ \lim_{x\to 0^+} \log(x) (x\uparrow\uparrow (2k)) = -\infty. $$

Finalmente, apelando de nuevo a la continuidad de la función exponencial se llega que

$$ \lim_{x\to 0^+} x\uparrow\uparrow (2k+1) = \lim_{x\to 0^+} e^{\log(x)(x\uparrow\uparrow (2k))} = 0, $$

con lo cual termina la demostración.

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Problema III de UBPO (parte V).

Solución.

Presentamos enseguida la solución propuesta por Jesús Lozano en El irracional. A grandes rasgos, esta solución coincide con la solución que los autores teníamos en mente originalmente.

Se hará uso del siguiente hecho (cf. [3S. H. Friedberg, A. J. Insel y L. E. Spence, Linear algebra (4th edition). Pearson Education, Inc. NJ, USA, 2003., pág. 526]).

Solución de la primera parte del problema.

Sea $\beta$ la base canónica de $\mathbb{C}^n$. Denotaremos con $e_n$ al $n$-ésimo elemento de dicha base. Para la transformación lineal $\phi$ del problema se tiene que $\phi(e_2)=e_1, \phi(e_3)=e_2, \ldots, \phi(e_n)=e_{n-1}$ y, además, $\phi(e_1)=e_n$. Por lo tanto, la representación matricial de $\phi$ con respecto a la base $\beta$ es

\begin{align*} [\phi]_\beta=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \ldots &0\\ 0 & 0 & 1 & \ldots &0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots &1\\ 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 \end{pmatrix}. \end{align*}

Puesto que $[\phi]_\beta$ es la matriz compañera del polinomio $p(\lambda) = \lambda^{n}-1$, se sigue que los eigenvalores $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}$ de $\phi$ son justamente las raíces $n$-ésimas de la unidad: $$ \lambda_{k} = e^{\frac{2k \pi i}{n}}, \quad \quad k=0, 1, 2, \ldots, n-1.$$

Fijemos ahora un valor de $k$ y veamos qué forma tienen los eigenvectores asociados al eigenvalor $\lambda_k$. Sea $\alpha_k$ un eigenvector de $\phi$ asociado a $\lambda_{k}$. Por definición de eigenvector tenemos que $\alpha_k\neq 0$ y que $\phi(\alpha_k)=\lambda_k\alpha_k$. Por otro lado, de la representación matricial de $\phi$ con respecto a la base $\beta$ se obtiene que

\begin{align*} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \ldots &0\\ 0 & 0 & 1 & \ldots &0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots &1\\ 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha_{k1} \\ \alpha_{k2}\\ \vdots\\ \alpha_{kn}\\ \end{pmatrix} = \lambda_{k}\begin{pmatrix} \alpha_{k1} \\ \alpha_{k2}\\ \vdots\\ \alpha_{kn}\\ \end{pmatrix} \end{align*}

y, en consecuencia,

\begin{align*} \begin{pmatrix} \alpha_{k2} \\ \alpha_{k3}\\ \vdots \\ \alpha_{kn} \\ \alpha_{k1}\\ \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \lambda_{k}\alpha_{k1} \\ \lambda_{k}\alpha_{k2}\\ \vdots \\ \lambda_{k}\alpha_{k(n-1)} \\ \lambda_{k}\alpha_{kn}\\ \end{pmatrix}. \end{align*}

La igualdad anterior deviene en las igualdades $\alpha_{k2}=\lambda_k\alpha_{k1}, \ldots, \alpha_{kn}=\lambda_k\alpha_{k(n-1)}$, de las cuales se desprende que

\begin{align*} \alpha_{k}=\begin{pmatrix} \alpha_{k1} \\ \alpha_{k2}\\ \vdots \\ \alpha_{k(n-1)} \\ \alpha_{kn}\\ \end{pmatrix}=\alpha_{k1}\begin{pmatrix} 1 \\ \lambda_{k} \\ \vdots \\ \lambda_{k}^{n-2}\\ \lambda_{k}^{n-1}\\ \end{pmatrix}. \end{align*}

Así pues, los eigenvectores de $\phi$ son de la forma $\alpha_{k}=(\alpha_{k1},\alpha_{k1}\lambda_{k},\alpha_{k1}\lambda_{k}^2, \ldots,\alpha_{k1}\lambda_{k}^{n-1})$ donde $\alpha_{k1}\in \mathbb{C} \setminus \{0\}$ . Tomaremos por simplicidad $\alpha_{k1}=1$.

Estableceremos a continuación la ortogonalidad del conjunto $\mathcal{B}=\{\alpha_0, \alpha_1,\ldots, \alpha_{n-1}\}$. Sean $S$ el conjunto $\{0,1,\ldots,n-1\}$ y $p$ y $q$ dos elementos distintos de $S$. Nótese que:

\[ \langle\,\alpha _{p},\alpha _{q}\rangle=\sum_{i=0}^{n-1}(\lambda _{p}\overline{\lambda _{q}})^{i}=\sum_{i=0}^{n-1}\lambda _{p-q}^{i} \]

Por otro lado, sabemos que

\begin{eqnarray} \sum_{i=0}^{n-1}(\lambda _r)^{i} &=& \left\{\begin{matrix} n \quad\text{ si $n\mid r$}\\ 0 \quad\text{ si $n\nmid r$} \end{matrix}\right. \label{clave} \end{eqnarray}

Puesto que cuando $p$ y $q$ son elementos de $S$ (distintos) se cumple que $n \nmid p-q$, entonces

\[ \langle\,\alpha _{p},\alpha _{q}\rangle=\sum_{i=0}^{n-1}\lambda _{p-q}^{i}=0. \]

Así pues, $\mathcal{B}$ es un subconjunto ortogonal de $V$. Además, como todos sus elementos son distintos del elemento cero de $V$, se tiene también que $\mathcal{B}$ es linealmente independiente. De todo esto y del hecho de que $|\mathcal{B}|=n$, se concluye que $\mathcal{B}$ es una base ortogonal de $\mathbb{C}^n$ conformada por eigenvectores de la transformación lineal $\phi$.

Solución a la segunda parte del problema.

Sabemos que $\eta=\{\alpha_0, \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4\}$ es una base ortogonal de $\mathbb{C}^5$. Sean $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5$ cinco números reales como en la hipótesis y hagamos $\sigma :=(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)\in \mathbb{C}^5$. Nótese que:

\[ a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+a_{3}a_{4}+a_{4}a_{5}+a_{5}a_{1}=\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle. \]

Por otra parte,

\[\sigma =\sum_{j=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma,\alpha _{j} \right \rangle}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\alpha_{j}.\]

Luego, al ser $\phi$ transformación lineal se tiene que

\[ \phi(\sigma)=\phi \left(\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}}\alpha_{i}\right) =\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}}\phi \left ( \alpha _{i} \right). \]

Como $\alpha_i$ es eigenvector de $\phi$, entonces $\phi(\sigma)=\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}}\lambda_i \alpha _{i}$. Así pues,

\begin{eqnarray*} \langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle &=& \left\langle\,\sum_{j=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma,\alpha _{j} \right \rangle}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\alpha_{j},\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}}\lambda_i \alpha _{i}\right\rangle\\ &=& \sum_{j=0}^{4}\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}} \overline{\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{j} \right \rangle}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}}\overline{\lambda _{i}}\left \langle \alpha _{j},\alpha _{i} \right \rangle. \end{eqnarray*}

Del hecho de que $\eta$ es una base ortogonal se desprende que $\left \langle \alpha _{j},\alpha _{i} \right \rangle=\left \| \alpha_{j} \right \|^2\delta _{ji}$ y, consecuentemente, que

\[ \langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle = \sum_{j=0}^{4} \frac{\left | \left \langle \sigma ,\alpha _{j} \right \rangle \right |^{2}}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\overline{\lambda _{j}} = \mathrm{Re}\left(\sum_{j=0}^{4} \frac{\left | \left \langle \sigma ,\alpha _{j} \right \rangle \right |^{2}}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\overline{\lambda _{j}}\right). \]

(Es aquí donde usamos que $\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle\in \mathbb{R}$.) El primer término de la suma que aparece más a la derecha es $0$ pues, por hipótesis, $\left \langle \sigma ,\alpha _{0} \right \rangle=\sum_{i=1}^{5}a_{i}=0$. De esto, de la desigualdad de Bessel (cf. [3S. H. Friedberg, A. J. Insel y L. E. Spence, Linear algebra (4th edition). Pearson Education, Inc. NJ, USA, 2003., pág. 355]) y del hecho de que $\left \| \sigma \right \|^{2}=1$ se desprende que:

\begin{eqnarray} \langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle &=& \mathrm{Re}\left(\sum_{j=1}^{4} \frac{\left | \left \langle \sigma ,\alpha _{j} \right \rangle \right |^{2}}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\overline{\lambda _{j}}\right) \nonumber \\ &\leqslant& \max \limits_{ j=1,2,3,4} \mathrm{Re}(\overline{\lambda _{j}})\sum_{j=1}^{4} \frac{\left | \left \langle \sigma ,\alpha _{j} \right \rangle \right |^{2}}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}} \nonumber \\ &\leqslant& \max\limits_{ j=1,2,3,4} \mathrm{Re}(\lambda _{j}) \, \left \| \sigma \right \|^{2} \nonumber\\ &=& \max\limits_{ j=1,2,3,4} \mathrm{Re}(\lambda _{j}). \label{Bessel} \end{eqnarray}

Luego, en vista de que $\cos\left(\frac{6\pi}{5}\right) = \cos\left(\frac{4\pi }{5}\right) \leq \cos\left(\frac{2\pi }{5}\right) = \cos\left(\frac{8\pi }{5}\right)$, se sigue que

\[ \max\limits_{ j=1,2,3,4} \mathrm{Re}(\lambda _{j}) = \cos\left(\frac{2\pi }{5}\right). \]

Con esto concluimos que $$\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle \leqslant \cos\left(\frac{2\pi }{5}\right).$$

Lo anterior da una cota superior para $\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle$. Finalmente, veremos que esta cota se puede alcanzar. Para esto, consideremos el vector $\sigma:=\frac{\alpha _{1}+\alpha _{4}}{\left \| \alpha _{1}+\alpha _{4} \right \|}$. Para cada $i$ en $\{1,2,3,4,5\}$, las $i$-ésimas entradas de $\alpha_1$ y $\alpha_4$ son números complejos conjugados, así que este vector $\sigma$ es de números reales.

Por las propiedades de las raíces de la unidad se obtiene que $\sum_{i=0}^{4}\frac{(\lambda _{1}^{i}+\lambda _{4}^{i})}{\left \| \alpha _{1}+\alpha _{4} \right \|}=0$, lo cual muestra que las entradas de $\sigma$ son reales con suma igual a cero. Además, la suma de los cuadrados de las entradas es igual a $1$ pues $\left \| \sigma \right \|^{2}=\left \|\frac{\alpha _{1}+\alpha _{4}}{\left \| \alpha _{1}+\alpha _{4} \right \|}\right\|^2=1$.

Por último, notemos que la elección de $\lambda_1$ y $\lambda_4$ en la construcción de $\sigma$ hace que en (\ref{Bessel}) se cumplan todas las igualdades pues precisamente $\mathrm{Re}(\lambda_1)=\mathrm{Re}(\lambda_4)=\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)$. Esto garantiza que $\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle=\cos\left(\frac{2\pi }{5}\right)$.

De esta forma, el valor máximo que $a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+a_{3}a_{4}+a_{4}a_{5}+a_{5}a_{1}$ puede asumir es $$\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right).$$ El coseno anterior se puede determinar con ayuda del triángulo isósceles $ABC$ que se muestra a continuación:

Si $BD$ es la bisectriz del ángulo $ABC$, entonces $BDC$ es un triángulo isósceles semejante a $ABC$. En consecuencia: $$\frac{y}{x} = \frac{x}{y-x}.$$ De esta igualdad se sigue que la razón $y/x$ es tal que $$\left(\frac{y}{x}\right)^{2} - \left(\frac{y}{x}\right) -1 = 0.$$ Por tanto, $\frac{y}{x} = \frac{1+\sqrt{5}}{2}=: \phi$ y, en conclusión, $$\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right) = \frac{\frac{x}{2}}{y} = \frac{\sqrt{5}-1}{4} \approx 0.3090169944...$$

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Nos gustaría agregar que la lista de problemas usados para los distintos concursos y selectivos internacionales matemáticos a nivel universitario de la UNAM se encuentra disponible en el blog personal de uno de los presentes autores: El blog de Leo — Material para practicar. También creemos que puede ser de interés al lector la página oficial de la International Mathematics Competition.

Problema IV de la quinta entrega de un UBPO.

Solución.

La demostración es por casos: se considerarán cada una de las tres posibilidades para el resto en la división por $3$ del número primo $p$.

• Si $p=3$ entonces, como $p$ no divide a ninguno de los elementos del conjunto $\{a,b,c\}$, existen $u, v, w \in \{1,2\}$ tales que $au \equiv 1 \pmod{3}$, $bv \equiv 1 \pmod{3}$ y $cw \equiv 1 \pmod{3}$. De lo anterior y el pequeño teorema de Fermat se tiene que \begin{eqnarray*} au^{3} + bv^{3} + cw^{3} &\equiv& au + bv + cw \pmod{3}\\ &\equiv& 1+1+1 \pmod{3}\\ &\equiv& 0 \pmod{3}; \end{eqnarray*} por consiguiente, la congruencia en cuestión tiene al menos una solución no trivial en este caso.

• Analicemos ahora el caso en que $p \equiv 2 \pmod{3}$. Denotemos con $\mathbf{J}$ al número de soluciones (inequivalentes) de la congruencia dada. Entonces, de la identidad fundamental (\ref{clave}) se obtiene que \begin{eqnarray} \mathbf{J} &=& \frac{1}{p} \sum_{x=0}^{p-1} \sum_{y=0}^{p-1} \sum_{z=0}^{p-1} \sum_{\lambda=0}^{p-1} e^{2\pi i \frac{ax^{3}+by^{3}+cz^{3}}{p} \lambda} \nonumber \\ &=& \frac{1}{p} \sum_{\lambda=0}^{p-1} \left(\sum_{x=0}^{p-1}e^{2\pi i \frac{a\lambda}{p}x^{3}}\right) \left(\sum_{y=0}^{p-1}e^{2\pi i \frac{b \lambda}{p}y^{3}}\right) \left(\sum_{z=0}^{p-1}e^{2\pi i \frac{c \lambda}{p}z^{3}}\right) \nonumber \\ &=& p^{2} + \frac{1}{p} \sum_{\lambda=1}^{p-1} \left(\sum_{x=0}^{p-1}e^{2\pi i \frac{a\lambda}{p}x^{3}}\right) \left(\sum_{y=0}^{p-1}e^{2\pi i \frac{b \lambda}{p}y^{3}}\right) \left(\sum_{z=0}^{p-1}e^{2\pi i \frac{c \lambda}{p}z^{3}}\right).\label{cong-1} \\ \end{eqnarray} Por otro lado, puesto que $p \nmid abc$ y $(3,p-1)=1$, entonces para cada $\lambda \in \{1, \ldots, p-1\}$ se cumple que (cf. ejercicio 3 en [4I. N. Herstein, Topics in Algebra (2nd edition). Xerox College Publishing, Lexington, Massachusetts, USA, 1975., pág. 64]): \begin{eqnarray} \sum_{x=0}^{p-1} e^{2\pi i \frac{a\lambda}{p}x^{3}} = \sum_{y=0}^{p-1} e^{2\pi i \frac{b\lambda}{p}y^{3}} = \sum_{z=0}^{p-1} e^{2\pi i \frac{c\lambda}{p}z^{3}} = \sum_{T=0}^{p-1} e^{2\pi i\frac{T^{3}}{p}}. \label{cambio-var} \end{eqnarray} De (\ref{cong-1}) y (\ref{cambio-var}) se desprende que \begin{eqnarray*} \mathbf{J} = p^{2} + \frac{1}{p} \sum_{\lambda=1}^{p-1} \left(\sum_{T=0}^{p-1} e^{2\pi i \frac{T^{3}}{p}}\right)^{3} = p^{2} + \frac{1}{p} \sum_{\lambda=1}^{p-1} \left(\sum_{T=0}^{p-1} e^{2\pi i \frac{T}{p}}\right)^{3} = p^{2}, \end{eqnarray*} de lo cual se colige la veracidad del aserto en cuestión para el presente caso.

• El análisis del caso $p \equiv 1 \pmod{3}$ también lo iniciaremos codificando el número de soluciones de la congruencia $ax^{3}+by^{3}+cz^{3} \equiv 0 \pmod{p}$ mediante sumas exponenciales. Como antes, se tiene que si $\mathbf{J}$ es el número de soluciones de esta congruencia, entonces \begin{eqnarray*} \mathbf{J} &=& p^{2} + \frac{1}{p} \sum_{\lambda=1}^{p-1} \left(\sum_{x=0}^{p-1}e^{2\pi i \frac{a\lambda}{p}x^{3}}\right) \left(\sum_{y=0}^{p-1}e^{2\pi i \frac{b \lambda}{p}y^{3}}\right) \left(\sum_{z=0}^{p-1}e^{2\pi i \frac{c \lambda}{p}z^{3}}\right).\label{cong-2} \end{eqnarray*} De esto y de la estimación clásica $$ \left| \sum_{x=0}^{p-1} e^{2\pi i \frac{\alpha}{p}x^{3}}\right| \leq 2 \sqrt{p}$$ (donde $\alpha \in \mathbb{Z}$ es coprimo con $p$; ver, por ejemplo, [5N. M. Korobov, Exponential sums and their applications. Series: Mathematics and its applications (Soviet series, vol. 80), Kluwer Academic Publishers, 1992., pág. 23]), se obtiene que $$\mathbf{J} > p^{2} - 8p^{1.5}.$$ Como $p^{2}-8p^{1.5}>1$ siempre que $p \geq 65$, para concluir que la congruencia dada posee una solución no trivial para todo número primo $p \equiv 1 \pmod{3}$ resta mostrar que ello se cumple para cada $p \in \{7, 13, 19, 31, 37, 43, 61\}$. Esto lo haremos particularizando un ingenioso argumento debido al princeps mathematicorum que fue expuesto por Carlos Israel Jalpa Rico (de la Escuela Superior de Física y Matemáticas (ESFM) del Instituto Politécnico Nacional) en el correspondiente thread de El irracional.

Sea $g$ una raíz primitiva módulo $p$. Para $t \in \mathbb{Z}$ denotemos con $[t]$ a la clase de congruencia módulo $p$ a la que pertenece $t$. Considérense a continuación los conjuntos \begin{eqnarray*} A_{1} &:=& \left\{[g^{3k}] \colon k \in \mathbb{Z} \cap \left[0, \frac{p-4}{3}\right]\right\},\\ A_{2} &:=& \left\{[g^{3k+1}] \colon k \in \mathbb{Z} \cap \left[0, \frac{p-4}{3}\right]\right\}\\ \end{eqnarray*} y \begin{eqnarray*} A_{3} &:=& \left\{[g^{3k+2}] \colon k \in \mathbb{Z} \cap \left[0, \frac{p-4}{3}\right]\right\}.\\ \end{eqnarray*} Supongamos que, entre los números $a, b$ y $c$, hay dos—pensemos por ejemplo que son $a$ y $b$—cuyas clases de congruencia módulo $p$ pertenecen a un mismo conjunto de la familia $\{A_{1}, A_{2}, A_{3}\}$. Se tiene entonces que $a \equiv g^{3k_{1}+r} \pmod{p}$ y $b \equiv g^{3k_{2}+r} \pmod{p}$ para algún $r \in \{0,1,2\}$ y algunos $k_{1}, k_{2} \in \mathbb{Z} \cap \left[0, \frac{p-4}{3}\right]$. Resulta así que $x_{0}=g^{k_{2}}$, $y_{0}=-g^{k_{1}}$ y $z_{0}=0$ proporciona en este subcaso una solución no trivial a la congruencia que nos atañe: \begin{eqnarray*} ax_{0}^{3} + by_{0}^{3} + cz_{0}^{3} &\equiv& ax_{0}^{3} + by_{0}^{3} \pmod{p}\\ &\equiv& g^{3k_{1}+r}(g^{k_{2}})^{3} + g^{3k_{2}+r}(-g^{k_{1}})^{3} \pmod{p}\\ &\equiv& g^{3k_{1}+3k_{2}+r} - g^{3k_{1}+3k_{2}+r} \pmod{p}\\ &\equiv& 0 \pmod{p}. \end{eqnarray*}

Consideremos ahora el subcaso en el cual $[a] \in A_{r_{1}}$, $[b] \in A_{r_{2}}$ y $[c] \in A_{r_{3}}$ donde $(r_{1} \, r_{2} \, r_{3}) = \sigma(1 \, 2 \, 3)$ para alguna $\sigma \in S_{3}$. Puesto que siempre es posible renombrar los coeficientes y las variables en la congruencia dada, puede suponerse que $r_{1}=1$, $r_{2}=2$ y $r_{3}=3$ o bien que $a \equiv g^{3k_{1}} \pmod{p}$, $b \equiv g^{3k_{2}+1} \pmod{p}$ y $c \equiv g^{3k_{3}+2} \pmod{p}$ para algunos $k_{1}, k_{2}, k_{3} \in \mathbb{Z} \cap \left[0, \frac{p-4}{3}\right]$. Luego, puesto que para

• $p=7 \,$ y $\, g=3$ se tiene que \begin{eqnarray*} g^{0} + g^{3\cdot 1 + 1} + g^{3 \cdot 0 + 2} &\equiv& 1+4+2 \pmod{7}\\ &\equiv& 0 \pmod{7}, \end{eqnarray*} una solución no trivial para la congruencia se obtiene aquí al hacer $x=g^{-k_{1}}$, $y=g^{1-k_{2}}$ y $z=g^{-k_{3}}$;

• $p=13 \,$ y $\, g=2$ se tiene que \begin{eqnarray*} g^{0} + g^{3\cdot 1 + 1} + g^{3 \cdot 2 + 2} &\equiv& 1+3+9 \pmod{13}\\ &\equiv& 0 \pmod{13}, \end{eqnarray*} una solución no trivial para la congruencia se obtiene aquí al hacer $x=g^{-k_{1}}$, $y=g^{1-k_{2}}$ y $z=g^{2-k_{3}}$;

• $p=19 \,$ y $\, g=2$ se tiene que \begin{eqnarray*} g^{0} + g^{3\cdot 2 + 1} + g^{3 \cdot 0 + 2} &\equiv& 1+14+4 \pmod{19}\\ &\equiv& 0 \pmod{19}, \end{eqnarray*} una solución no trivial para la congruencia se obtiene aquí al hacer $x=g^{-k_{1}}$, $y=g^{2-k_{2}}$ y $z=g^{-k_{3}}$;

• $p=31 \,$ y $\, g=3$ se tiene que \begin{eqnarray*} g^{0} + g^{3\cdot 1 + 1} + g^{3 \cdot 7 + 2} &\equiv& 1+19+11 \pmod{31}\\ &\equiv& 0 \pmod{31}, \end{eqnarray*} una solución no trivial para la congruencia se obtiene aquí al hacer $x=g^{-k_{1}}$, $y=g^{1-k_{2}}$ y $z=g^{7-k_{3}}$;

• $p=37 \,$ y $\, g=2$ se tiene que \begin{eqnarray*} g^{0} + g^{3\cdot 0 + 1} + g^{3 \cdot 2 + 2} &\equiv& 1+2+34 \pmod{37}\\ &\equiv& 0 \pmod{37}, \end{eqnarray*} una solución no trivial para la congruencia se obtiene aquí al hacer $x=g^{-k_{1}}$, $y=g^{-k_{2}}$ y $z=g^{2-k_{3}}$;

• $p=43 \,$ y $\, g=3$ se tiene que \begin{eqnarray*} g^{0} + g^{3\cdot 4 + 1} + g^{3 \cdot 3 + 2} &\equiv& 1+12+30 \pmod{43}\\ &\equiv& 0 \pmod{43}, \end{eqnarray*} una solución no trivial para la congruencia se obtiene aquí al hacer $x=g^{-k_{1}}$, $y=g^{4-k_{2}}$ y $z=g^{3-k_{3}}$;

• $p=61 \,$ y $\, g=2$ se tiene que \begin{eqnarray*} g^{0} + g^{3\cdot 1 + 1} + g^{3 \cdot 5 + 2} &\equiv& 1+16+44 \pmod{61}\\ &\equiv& 0 \pmod{61}, \end{eqnarray*} una solución no trivial para la congruencia se obtiene aquí al hacer $x=g^{-k_{1}}$, $y=g^{1-k_{2}}$ y $z=g^{5-k_{3}}$;

la veracidad del aserto se ha establecido cabalmente en este subcaso también.

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* Problema V de la quinta entrega de UBPO.

Solución.

Denotemos con $(x,y)$ al máximo común divisor de $x$ y $y$. De la identidad $(x,y)=(x,x+y)$ se desprende que $(a_k,a_{k+1})=(a_k,a_{k+1}-a_k)$ para todo $k \in \mathbb{N}$; luego, como este último máximo común divisor es un factor de $a_{k+1}-a_k$ y además $a_k \lt a_{k+1}$, entonces $(a_k,a_{k+1}-a_k)\leqslant a_{k+1}-a_k$. Por otra parte, como $[x,y](x,y)=xy$ entonces, para cada $n\geqslant 1$ se tiene que $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{[a_k,a_{k+1}]}&=\sum_{k=1}^n\dfrac{(a_k,a_{k+1})}{a_ka_{k+1}}\\ &=\sum_{k=1}^n\dfrac{(a_k,a_{k+1})}{a_{k+1}-a_k}\left(\dfrac{1}{a_k}-\dfrac{1}{a_{k+1}}\right)\\ &\leqslant\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{1}{a_k}-\dfrac{1}{a_{k+1}}\right)\\ &=\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_{n+1}}\\ &<\frac{1}{a_1}, \end{aligned}. $$ Así pues, la sucesión de sumas parciales de la serie en cuestión es creciente y acotada: por consiguiente, $$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{[a_n,a_{n+1}]}<\infty$$ que es justo lo que se pedía demostrar.

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La solución anterior fue contribuida por Carlos Israel Jalpa Rico de la ESFM del Instituto Politécnico Nacional. Cabe mencionar que este es el problema #134 en el libro de De Koninck y Mercier [2J. M. De Koninck y A. Mercier, 1001 problems in classical number theory. Amer. Math. Soc., Providence, RI, USA, 2007.].

Referencias

[1] R. P. Boas, Jr., Signs of derivatives and analytic behavior. Amer. Math. Monthly, vol. 78, no. 10 (Dec., 1971), pp. 1085-1093.

[2] J. M. De Koninck y A. Mercier, 1001 problems in classical number theory. Amer. Math. Soc., Providence, RI, USA, 2007.

[3] S. H. Friedberg, A. J. Insel y L. E. Spence, Linear algebra (4th edition). Pearson Education, Inc. NJ, USA, 2003.

[4] I. N. Herstein, Topics in Algebra (2nd edition). Xerox College Publishing, Lexington, Massachusetts, USA, 1975.

[5] N. M. Korobov, Exponential sums and their applications. Series: Mathematics and its applications (Soviet series, vol. 80), Kluwer Academic Publishers, 1992.

[6] J. A. M. McHugh, A proof of Bernstein's theorem on regularly monotonic functions. Proc. Amer. Math. Soc., vol. 47, no. 2 (Feb., 1975), pp. 358-360.

[7] H. L. Nelson y A. C. Hindmarsh, Solution to problem E2105. Amer. Math. Monthly, vol. 76, no. 6 (Jun. - Jul., 1969), p. 696.

[8] Miscelánea Matemática, 22, pág. 78.