Entero no negativo

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 3 de enero de 2011
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21 comentarios

josejuan | 3 de enero de 2011 | 10:28

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Que $b$ no puede ser negativo parece obvio para que $a^{b}$ resulte ser natural para cualquier $a$ natural.

Si $b$ es irracional, parece claro también que el resultado no puede ser entero.

Si fuera $b$ racional no entero, podemos expresar la operación como

$a^{\frac{m}{n}}$ con $m$ y $n$ coprimos (además es $n>1$ ).

Así las cosas, al quedar $n$ fijo, $a$ debe ser divisible por un entero mayor que 1 y menor que $a$ , pero como se ha dicho cualquier natural y ésto incluye todos los primos, no es posible tampoco que $b$ sea racional.

Si $b$ es real, pero no irracional y no racional y no negativo, deberá ser entero no negativo.
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Eduardo | 3 de enero de 2011 | 15:13

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Por el enunciado del problema sabemos que:

a^b es natural
a es un número natural
b es un número Real

Para este problema, necesitamos entender el conjunto de los Números Naturales como N={1,2,3,4,5,6,7,8,9,…}, es decir, sin incluir el 0, ya que si el conjunto de los números naturales incluyese al 0, el enunciado sería indemostrable. Veamos por qué:

Por las propiedades de las potencias sabemos que cualquier número a elevado a 0 es igual a 1, es decir, a^0=1, pero 0^0 es una indeterminación, por lo que 0 no puede estar incluido en este caso en los números naturales.

Procedemos a la demostración por reducción al absurdo, es decir, suponemos que b no es un entero positivo luego si b pertenece a los reales tiene que ser: o bien racional o bien entero negativo o bien irracional.

1. Suponemos que b es un número racional

Si b fuese un número racional entonces sería de la forma p/q para dos números p y q pertenecientes al conjunto de los números enteros. Sabiendo que a y a^b deben ser números naturales, tenemos que:

- Si p no fuese multiplo de q entonces p/q no perteneceria al conjunto de los números naturales, ya que que el resto de la división a/b sería distinto de 0.

- Si o bien p o bien q fuesen negativos entonces p/q sería un número negativo, y los numeros negativos no pertenecen al conjunto de los naturales.

Luego si a^b es natural entonces b no puede ser racional

2. Suponemos que b fuese un número entero negativo

Por las propiedades de las potencias tenemos que:
a^-b =1/a^b, es decir que para todo a^b distinto de 1, 1/a^b es un numero racional, por lo que tal y como hemos demostrado en el punto 1, si b es racional a^b no siempre será un numero natural, por lo que b no puede ser entero negativo.

3. Suponemos que b fuese un número irracional:
Un número irracional tiene infinitos decimales distintos, luego si b fuese irracional entonces a^b no sería un número natural

Luego b no puede ser entero negativo, racional o irracional. Luego b debe ser un entero positivo o cero.

1. Si b es entero positivo entonces a^b es natural:
El conjunto de los números naturales tiene la propiedad de ser una operación interna. es decir, que si sumamos o multiplicamos números naturales, el resultado es otro número natural. Como a^b significa que tenemos que multiplicar el número natural a por si mismo , tantas veces como indique el valor de b entonces por la propiedad de la operación interna, a^b pertenecera al conjunto de los Naturales

2. Si b es igual a 0
Como todo número a^0=1, y 1 pertenece al conjunto de los naturales. Si b=0, entonces a^b pertenecerá al conjunto de los naturales.

Muchas gracias a todos por vuestra lectura y atención. Por favor, si encontráis errores o mejoras notificadmelas para seguir aprendiendo.

Un saludo a todos,

Eduardo Parra
parrasanjose@yahoo.es
Eduardo | 3 de enero de 2011 | 16:40

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Buenos días,

En la línea 19 dice:

Si o bien p o bien q fuesen negativos entonces p/q sería un número negativo, y los numeros negativos no pertenecen al conjunto de los reales.

Debe decir:

Si o bien p o bien q fuesen negativos entonces p/q sería un número negativo, y los numeros negativos no pertenecen al conjunto de los naturales.
Damiancete | 3 de enero de 2011 | 19:33

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Como a^b ha de ser natural para cualquier a natural, supongamos a=2.

- Si elevamos 2 a un entero negativo, el resultado no es natural.

- Si elevamos 2 a un número racional (no entero) cualquiera, el resultado no es natural.

- Si elevamos 2 a un número irracional cualquiera, el resultado no es natural.

Por tanto, b ha de ser un entero no negativo, ya que para cualquier a natural, a^b será natural.
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M | 5 de enero de 2011 | 00:28

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Vaya! La tesis es esperable, pero no parece que se haya dado una demostración completa.
Tanius | 5 de enero de 2011 | 03:50

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Donde noto más ambigüedad en sus demostracion es cuando mencionan cosas como: “Si $b$ es irracional, parece claro también que el resultado no puede ser entero.”

Quisiera ver una demostración rigurosa de ese hecho
josejuan | 5 de enero de 2011 | 11:03

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Uhm… a mi la de @Damiancete me parece fastidiosamente elegante (por pícara), y, ciertamente, quizás vemos evidentes las proposiciones cuando alguna no lo sea.

Vamos a ver:

1. “Si elevamos 2 a un entero negativo, el resultado no es natural.”

Sea $b$ es ese entero negativo y $n=-b$ , entonces queda

$2^{b}=2^{-n}=\frac{1}{2^{n}}$

dicha sucesión (b=-1,-2,… y n=1,2,…) toma valores en el intervalo $[\frac{1}{2},0)$ en el que manifiestamente no hay números naturales.

2. “Si elevamos 2 a un número racional (no entero) cualquiera, el resultado no es natural.”

Sin pérdida de generalidad, sea $b=\frac{m}{n}$ con $m$ y $n$ coprimos, $n$ entero mayor que 1 (n=2,3,…), $m$ entero distinto de cero (el signo de $b$ lo tiene $m$ y $n$ no puede ser ni 0 ni 1, por no poder ser $n$ cero, debe ser $m$ distinto de cero).

* Caso de ser $m<0$ , por definición debe ser $2^{\frac{m}{n}}=z$ con $z$ entero no negativo, por tanto debe cumplirse que $2^{m}=z^{n}$ pero esto es imposible, pues $m$ y $n$ tienen signos contrarios.

* Caso de ser $0<m$ , como simultaneamente debe cumplirse que:

2.1. $m$ y $n$ son coprimos
2.2. $2^{m}=z^{n}$ con $z$ entero no negativo

debe ser $2^{m}=(2^{u})^{n}$ (pues $z$ es, manifiestamente, potencia de dos) pero entonces tenemos que $m=u*n$ , lo cual no puede ser.

3. “Si elevamos 2 a un número irracional cualquiera, el resultado no es natural.”

Esta desconozco si tiene demostración fácil, pero acudiendo a los grandes monstruos de la matemática, podemos tirar de teorema y listo (véase Alexander).

En fin… digo.
Tanius | 5 de enero de 2011 | 11:32

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“3. “Si elevamos 2 a un número irracional cualquiera, el resultado no es natural.”

Esta desconozco si tiene demostración fácil, pero acudiendo a los grandes monstruos de la matemática, podemos tirar de teorema y listo (véase Alexander).”

Consideremos la siguiente definición de potenciación. Sean $a,b\in\mathbb{R}$ con $a>0$ . Siempre existe una sucesión de números racionales $\left\{{r_n}\right\}_{n\in\mathbb{N}}$ tal que $r_n$ consta de sólo números racionales convergente a $b$ .

Entonces definimos $a^b=\displaystyle\lim_{n\to\infty}{a^{r_n}}$

Más aún, si $b$ es irracional existe una tal sucesión de números racionales (no enteros) que satisface la definición anterior.

Procedamos por contradicción. Supongamos que $2^b=m$ con $b$ irracional y $m$ natural.

Entonces por lo de arriba

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}2^{r_n}=m$ lo cual implica que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}r_n\log _m(2)=1$ es decir $b=\displaystyle\lim_{n\to\infty }r_n=\dfrac{1}{log_m(2)}$ .

Entonces si existe $b$ que satisfaga $a^b=m$ necesariamente $b=1/\log _m(2)$ .

Por lo tanto $2^1/\log _m(2)=m$ . Tomando logaritmos en base 2 obtenemos $\log _m(2)=\log_ 2(m)$ , igualdad que sólo es cierta cuando $m=2$ .

Es decir $2^b=2$ por lo que $b=1$ contradiciendo que fuera irracional.
Tanius | 5 de enero de 2011 | 11:48

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En el penúltimo párrafo quise escribir $\displaystyle 2^{1/\log_ m(2)}=m$ (ya no me dejó editar).
Antonio R | 5 de enero de 2011 | 12:07

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(3) es falsa: de lo contrario, los únicos enteros de la forma $2^x$ con $x$ real serían las potencias de 2, lo cual es falso puesto que la función $2^x$ toma todos los valores reales positivos. De hecho $2^a=3$ , siendo $a=\log 3/\log 2$ (que es irracional).
josejuan | 5 de enero de 2011 | 12:22

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Tengo dudas de si aquí pueden aplicarse límites (al menos sin establecer alguna otra restricción adicional). Dicho de otro modo, no puede evaluarse la condición en cada elemento de la sucesión (cada racional) esperando que dicha propiedad pase al límite, sin demostrar que tal propiedad pasa al límite (por ejemplo y como es habitual en análisis con cotas de error).

Por otra parte, algo debe estar mal en esa demostración, pues tu juego con los logaritmos ignora completamente la naturaleza de $b$ , es decir, ignorando que sea natural, entero, racional o irracional.

Además, creo que está mal a partir de “Tomando logaritmos en base 2 obtenemos…”.
josejuan | 5 de enero de 2011 | 13:07

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ops
Tanius | 5 de enero de 2011 | 18:58

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Efectivamente, mi demostración es incorrecta, pero no precisamente por lo que mencionas, josejuan.

Tuve un error en las cuentas. En realidad $2^{1/\log _m(2)}=m$ implica (tomando logaritmos en base 2) que $\dfrac{1}{\log _m(2)}=\log _2(m)$ .

Lo cual ya sabíamos
Pedro | 5 de enero de 2011 | 23:32

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Creo que el problema es que para un número $b$ , cualquier natural $a$ elevado a $b$ es natural. O sea si $b = \frac{\log 3}{\log 2}$ , entonces $1^{\frac{\log 3}{\log 2}} \in \mathbb{N}$ y $2^{\frac{\log 3}{\log 2}} \in \mathbb{N}$ y para $3^{\frac{\log 3}{\log 2}} \in \mathbb{N}$ y para cualquier $a \in \mathbb{N}$ se a de cumplir $a^b \in \mathbb{N}$ .
Por lo que se puede encontrar un número $b \in \mathbb{R}$ o $b \in \mathbb{Q}$ para un valor concreto de $a$ pero no para todos los números naturales.
Ejemplo: $b=3/2$ entonces $4^{3/2} = 8 \in \mathbb{N}$ pero no es válido para $3^{3/2} \not\in \mathbb{N}$
M | 6 de enero de 2011 | 00:59

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Tal vez pueda ser útil tener en cuenta que por la propiedad del enunciado $(x+1)^b-x^b$ es natural para todo $x$ natural…
Uli | 6 de enero de 2011 | 18:33

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*en el caso de b negativo y su valor absoluto es c ==> a^(-c)=1/(a^c)
sii abs(a)>1 ==> abs(a^c)>1 ==> 0<1/abs(a^c) a^-c no es entero.
*si b tiene una parte no entera c y una parte natural d, siendo c un numero entre 0 y 1: a^d va a ser entero en todos los casos y a^c puede ser como puede no ser entero en todos los casos.
por lo tanto b no puede ser negativo ni tener una parte no entera.
M | 8 de enero de 2011 | 00:54

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Vamos a responder a la cuestión. Debe ser $b\geq 0$ pues, como se ha dicho, $2^b\in\mathbb{N}$ .

1) Supongamos que $0\leq b$ <1 verifica la propiedad del enunciado y veamos que entonces debe ser $b=0$ .

Consideramos el incremento $\Delta x^b=(x+1)^b-x^b$ , con $x$ natural a elegir convenientemente. Por el teorema del valor medio, existirá $y\in(x,x+1)$ tal que $\Delta x^b=b\cdot y^{b-1}$ . Ahora bien, como $0\leq b$ <1, tendremos que $0\leq b \cdot y^{b-1}$ < $b\cdot x^{b-1}$ .

Elijamos $x$ natural suficientemente grande tal que $b\cdot x^{b-1}$ sea menor estricto que 1 ( $x$ mayor estricto que $b^{1/(1-b)}$ ), y entonces tendremos que $0\leq \Delta x^b$ <1, siendo $\Delta x^b$ natural. Luego $\Delta x^b=b\cdot y^{b-1}=0$ y $b=0$ .

2) En general, si suponemos que $b$ está entre otros dos naturales consecutivos $k-1\leq b$ < $k$ ( $k\geq 1$ ), consideraremos el incremento $k-$ ésimo, con tamaño de paso 1, $\Delta^k x^b$ , que por el mismo teorema de Lagrange (usado inductivamente) nos conduce a

$\Delta^k x^b=b(b-1)\ldots(b-k+1)y^{b-k}$ , para cierto $y\in (x,x+k)$ . De nuevo tendremos

$0\leq b(b-1)\ldots(b-k+1)y^{b-k}$ < $b(b-1)\ldots(b-k+1)x^{b-k}$ <1 para $x$ suficientemente grande. Por lo tanto, eligiendo $x$ natural obtenemos que $\Delta^k x^b=b(b-1)\ldots(b-k+1)y^{b-k}=0$ y $b=k-1$ .
Vayapordios | 8 de enero de 2011 | 20:26

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Yo habría explorado la idea de tomar las potencias de 2 con resultado entero y que tienen exponente irracional y demostrar que 3 elevado a cada uno de esos exponentes es siempre irracional.

Me acuerdo de la cita Kepler, esa de que añoraba la claridad de las matemáticas frente a las oscuridades de la física. Si viera los comentarios seguro que cambiaba de opinión unos 170 y tantos grados. Supongo que entre todos las demostraciones del teorema de Pitágoras podremos encontrar la menos intuitiva de todas.
uuu | 15 de enero de 2011 | 21:56

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aunque la demostracion es buena si a^b=4,a=2,b=1/2,con esto a^b,a pertencen a los naturales y b pertenece a los reales pero b!=a los naturales con esto encontre una contradiccion no creo asi que si alguien puede decir cual es el error se lo agradeceria