Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

23 Comentarios

  1. (1+\frac{1}{n})^n>2 para n>1

    De ahí se deduce que si n\ge{z} , y tomamos dos números x e y menores que z, sus potencias enésimas sumarán menos que la de z.

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  2. Vaya, que velocidad. He llegado casi a la misma solución, con una pequeña salvedad, creo que el resultado se deriva de (1+1/n)^(n+1) y no de (1+1/n)^n, para que z sea menor o igual que el exponente (que en este caso es n+1 y no n).

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  3. Sí, tienes razón. De todas formas, una implica la otra.

    La mía serviría para demostrarlo para todo z\le{n+1}, que es un poco más de lo que se pedía.

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  4. Supongamos que n\geq z y supongamos que existen x,y\in\mathbb{N} tales que x^n+y^n=z^n. Podemos suponer que x\leq y\prec z. Para obtener la contradicción bastará ver que, (y-1)^n+y^n\prec(y+1)^n, para n>y. Sea f:[y,y+1]\longrightarrow\mathbb{R}, definida por f(x)=x^n. Aplicando el teorema del valor medio a esta función se obtiene
    f(y+1)-f(y)=f'(\alpha) para cierto \alpha\in(y,y+1), es decir,
    (y+1)^n-y^n=n\alpha^{n-1}>ny^{n-1}>yy^{n-1}=y^n>(y-1)^n que es la desigualdad deseada.

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  5. Me gusta más la de RB porque, además de darnos la base de la demostración, nos da la demostración misma. Las otras, si lo he entendido bien, entre sacar factor común, hacer algo parecido a lo de RB eligiendo x e y, amén de formular alguna que otra desiguadad extra, se dejan entre cinco y seis pasos por escribir. Se dejan una parte sustancial de lo que se viene en llamar “contexto de justificación” y, lo más irritante una y otra vez, no podemos ni oler lo que podríamos llamar “contexto de descubrimiento”

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  6. Ahí va otra:

    Es fácil ver que una tal solución debe cumplir x\prec z, y\prec z y x\neq y. Supongamos x\leq y. Entonces, si n\geq z:

    z^n-y^n=(z-y)(z^{n-1}+yz^{n-2}+\ldots +y^{n-2}z+y^{n-1})\geq (1)\cdot (n x^{n-1})>x^n,

    lo cual es una contradiccón.

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  7. Puede que tengas razón, expongo aquí lo que considero que quieres decir con dichos contextos:
    Obviamente se tiene que x,y,z\in\{1,\cdots, n\}, y además tanto x como y verifican que son menores que z, por tanto en el caso extremo de que x=y=n-1 y z=n se tendría, si se verificase la ecuación, que,
    2(n-1)^n=n^n
    de donde se deduce que tendría que ser (hacemos el cambio m=n-1),
    2=(\frac{n}{n-1})^n=(\frac{m+1}{m})^{m+1}
    y el último paso consiste en ver que,
    2<(\frac{m+1}{m})^{m+1}
    pero esto se deduce de que,
    2<(\frac{m+1}{m})^{m}

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  8. Para M
    Correción menor, si x no igual y, x solo menor que y (sin igual)

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  9. Yo acabo de enviar algo tarde, una “solución” basada en consideraciones básicas…

    Creo ver un sigo de orden que ustedes usan, es menor estricto (<), ese símbolo?

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  10. Ya voy a postear mi “solución” básica para que, si a bien tienen, me digan si ven algún error… Estoy dando formato con los comandos de látex.

    Por cierto, si se pudiera demostrar una solución sin la condición n >=z, de repente Fermat decía la verdad, cuando manifestó conseguir una maravillosa (elegante?) solución para su época…?

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  11. Para evitar el contraejemplo trivial x=y=z=0, con lo cual, aún si n \geq z, 0^n+ 0^n= 0^n, consideraremos el conjunto de los naturales (el problema pide hacer la demostración para los naturales) como:
    N = \{1,2,3, . . .\}

    Es decir, sólo los enteros positivos (sin incluir al cero).
    Repetimos, consideraremos N, como Z^+.

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  12. El lector podrá convencerse en esta prueba de que el caso interesante es cuando x<z,y<z.

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  13. z=x+h_{1}, h_{1} \in  Z^+.
    z=y+h_{2}, h_2   \in Z^+.

    De modo que  z^n=(x+h_1)^n, y^n= (z-h_2)^n= (x+h_1-h_2)^n

    Así que,  x^n+y^n= x^n+ (x+h_1-h_2 )^n = x^n+ [(x+h_1 )-h_2 ]^n

    Pero, como y \in Z^+, y^n \in Z^+, por cerradura de la multiplicación en Z^+, y definición de potencia.

    Luego,

    Si x=y:
    x^n+y^n= x^n+ (x+h_1-h_2 )^n = x^n+ [(x+h_1 )-h_2 ]^n  = x^n+ [x+(h_1-h_2 ) ]^n=x^n+ [x+(h_1-h_1 ) ]^n=  2 x^n
    Pero si (2x)^n= z^n, entonces  (z/x)^n=2
    Con lo que, necesariamente: n=1, z/x=2
    Lo cual representa una contradicción
    (Por condición del problema: n \geq z).
    Contradicción que provino de suponer que x^n+y^n= z^n
    Por lo tanto, x^n+y^n \neq z^n

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  14. Continuación de Demostración sin UTF, para los x,y,z, tales que:

    x < z
    y < z

    Sin pérdida de generalidad, falta ver: Si x < y

    x^n+y^n= x^n+ (x+h_1-h_2 )^n< z^n=(x+h_1)^n

    porque h_1 y

    z - h_1 > z - h_2

    con lo que h_1 < h_2.

    Recuérdese como hemos definido x e y

    Ahora bien, en este supuesto, (z/x)^n<2. Lo cual necesariamente nos lleva a concluir que n=x=z=1. Pero esto es una contradicción (porque x < z), contradicción que provino de suponer que x^n+y^n= z^n

    Por lo tanto,

    x^n+y^n \neq z^n

    Es claro que para x < y, basta con hacer cambio de variable.

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  15. Continuación de Demostración sin UTF, para los x,y,z , tal que:

    x \geq z (lo que falta por demostrar…)

    Obviamente, si x \geq z, entonces:

    x^n \geq z^n, y por lo tanto, x^n+y^n> z^n, con lo cual,

    x^n+y^n \neq z^n

    Recuérdese que la multiplicación en Z^+ es cerrada, y que la potencia se define a partir de la multiplicación.

    Esto completa la prueba \bullet

    Saludos, y espero respetuosa y atentamente sus comentarios.

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  16. Por cierto, el símbolo \prec, que ustedes usan de precedencia es simplemente para enfatizar el menor estricto  <, o tiene algún sentido particular usar la relación de precedencia y no la de menor estricto, no son exactamente lo mismo? precedencia \prec es \leq ?

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  17. Aquí quise decir, y podrán notar ( x > y), error de edición, ¡disculpen!

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  18. Nuevamente disculpen, en donde decía “Continuación de Demostración sin UTF, para los  x,y,z , tales que: …”

    La parte que dice porque h_1y debe decir:

    “porque h_1 < h_2 al ser …" y luego redundé diciendo: "con lo que h_1 < h_2 "

    Saludos y ahora sí, buenas madrugadas, 1:18am (Caracas, venezuela)

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  19. ¡Corrijo otro aspecto en uno de los apartados enviados!

    En “Continuación de Demostración…”

    Suponiendo que x > y:

    x^n + y^n = z^n

    Nos lleva a decir que x^n + (x + h_1 - h_2)^n = z^n

    Pero como x > y, h_1 < h_2

    De modo que z^n < 2x^n

    Con lo cual (z/x)^n < 2

    De donde, necesariamente z=x=n=1

    Pero hemos supuesto x < z, contradicción.

    Contradicción que provino de suponer que x^n + y^n = z^n

    Por lo tanto, x^n + y^n \neq z^n

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  20. Lo de Golvano me parece sumamente interesante ya que demostraría lo pedido de manera muy elegante; y digo demostraría no porque sepa que haya razones para dudar de su argumento; sino porque no me he detenido a verificarlo, simplemente por eso…

    Por otra parta, me llama la atención la expresión que usa ya que, como es sabido lim_{n->\infty}(1+1/n)^n = e

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  21. Buenas tardes (Caracas, Venezuela. 11:59am del 27/11/2012)

    Demostracion sin UTF:

    No existen soluciones naturales para

    x^n + y^n = z^n, n \geq z

    Sean x,y,z,n \in Z^+, para evitar el contraejemplo trivial x=y=z=0

    Caso 1: x \geq z

    x \geq z

    Entonces x^n \geq z^n y x^n + y^n > z^n

    Caso 2: x \not\geq z

    Caso 2.1: y \geq z

    Entonces y^n \geq z^n y x^n + y^n > z^n

    Caso 2.2: y < z

    Entonces

    z = x + h_1, h_1 \in Z^+

    z = x + h_2, h_2 \in Z^+

    Caso 2.2.1: x = y

    Suponemos x^n + y^n = z^n

    Con lo cual 2x^n = z^n

    Y, (z/x)^n = 2

    De donde, n=1, z/x = 2

    Lo cual es una contradicción (pues n \geq z), que provino de suponer que x^n + y^n = z^n

    Por lo tanto, x^n + y^n \neq z^n

    Caso 2.2.2: x \not \geq y, h_1 < h_2

    Suponemos que x^n + y^n = z^n

    Pero, x^n + y^n = x^n + (x + h_1 - h_2)^n < 2x^n

    Es decir, z^n <2x^n

    Con lo cual, (z/x)^n < 2

    De donde, n = 1, z/x=1, pero esto es una contradicción (pues x < z), contradicción que provino de suponer que x^n + y^n = z^n

    Por lo tanto, x^n + y^n \neq z^n

    Caso 2.2.3: x < y, h_2 < h_1

    Suponemos que x^n + y^n = z^n

    Pero, x^n + y^n = (y + h_2 - h_1)^n + y^n < 2y^n

    Es decir, z^n <2y^n

    Con lo cual, (z/y)^n < 2

    De donde, n = 1, z/y=1, pero esto es una contradicción (pues y < z), contradicción que provino de suponer que x^n + y^n = z^n

    Por lo tanto, x^n + y^n \neq z^n

    Esto completa la prueba \bullet


    Saludos.

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  22. Asumamos sin perder generalidad que y<x.
    Usando el pequeño teorema de Fermat se puede demostrar que a=(y+x-z)=6.n.k.
    Ademas no es dicicil demostrar que a<y.
    Y siendo "n" divisor primo de "a" evidentemente "n" es menor que "a" y a su vez menor que "y" que "x" y que "z".
    Todo lo dicho se deberia cumplir si existiese una solucion entera "y,x,z" al UTF. Por lo tanto se demuestra lo pedido
    Rodolfo

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