Olimpiada Matemática Española 2013 – Problema 4: Infinitos

Cuarto problema, primero del segundo día, de la Olimpiada Matemática Española celebrada en Bilbao. Ahí va:

¿Existen infinitos enteros positivos que no pueden representarse de la forma

a^3+b^5+c^7+d^9+e^{11}

donde a,b,c,d,e son enteros positivos? Razona la respuesta.

A por él.

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.

50 Comentarios

  1. Hmmm… todos son exponentes impares.
    That’s souspicious!

    Aish, no tengo tiempo para pensarlo, pero de todas maneras, los numeros entre 1 y 8 no se pueden representar.

    Ahora, solo hay que buscar los otros infinitos!

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  2. @JuanjoEscribano

    ¡Touché! No lo pensé mucho antes de decirlo.
    🙂
    ¡Tengo curiosiudad por ver como se demuestra este!

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  3. Buenas, como dice Juanjo, el menor numero entero representable es 5 (Ya tenemos 4 para menos para llegar a oo). pero es que el siguiente mas pequeño es 12, siendo a=2, b=c=d=e=1, con lo que ya tenemos 6 mas que no son representables (6, 7, 8, 9, 10, 11).
    Solo con ir variando el valor de a, vamos obetniendo mas y mas numero, con lo que aunque lentamente, llegaremos a oo numeros.

    Seguramente se me escapa algo y no se escribirlo en lenguaje matematico por falta de conocimiento, pero me encantará leer las correcciones asi como la solucion final…

    Saludos…!!!

    F.

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  4. Intuitivamente parece bastante obvio, por una cuestión de granularidad.

    Si fijamos un número máximo M (por ejemplo M=10000), podemos calcular, para cada exponente, cuántos números dan lugar a una potencia menor o igual que M (en este caso 21,6,3,2,2). Multiplicando los cinco resultados obtenemos el número de posibles combinaciones que dan lugar a una suma menor o igual que M (en este caso 21x6x3x2x2=1512). En realidad habrá menos, ya que habrá sumas que den el mismo resultado y otras que sumen más de M. Restando de M obtenemos el número mínimo de números que quedan sin cubrir. En el ejemplo, habrá al menos 8488 números menores que 10000 que no se pueden expresar así.

    Haciendo el cálculo para un M cualquiera se obtiene que el número de números sin cubrir será:

    N \geq M-M^{\frac{1}{3}}M^{\frac{1}{5}}M^{\frac{1}{7}}M^{\frac{1}{9}}M^{\frac{1}{11}}=M-M^{\frac{3043}{3465}}

    Es fácil ver que tiende a infinito cuando M tiende a infinito.

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  5. Imaginemos un entero primo cualquiera x, y tomamos el siguiente numero:

    (x^(3x5x7x11))^3+(x^(9x7x11))^5+(x^(5x9x11))^7+(x^(5x7x11))^9+(x^(5x7x9))^11+1

    Este no seria un conjunto infinito de numeros que cumpla con la condicion que se pregunta en el problema? Tal vez, este simplificandolo demasiado…..

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  6. golvano, en efecto la solución oficial es así, en concreto toma como exponente el producto 3·5·7·9·11.

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  7. Me he perdido.

    La solución es así ¿cómo? ¿El exponente de qué?

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  8. Golvano,

    Como dije antes, no se si este bien. lo que hice fue construir un numero, con un numero primo “x” de la siguiente forma:

    x^(3*m)+x^(5*n)+x^(7*p)+x^(9*q)+x^(11*r)+1, donde 3*m=5*n=7*p=9*q=11*r, donde m=mcm(3,5,7,9,11)/3, n=mcm(3,5,7,9,11)/5, p=mcm(3,5,7,9,11)/7, q=mcm(3,5,7,9,11)/9 y r=mcm(3,5,7,9,11)/11. De esta forma, lo unico que daria por demostrar es si ese numero puede ser escrito de tal forma que existan 5 numeros a, b, c, d y e, tal que a^3+b^5+c^7+d^9+e^11=5m^(mcm(3,5,7,9,11))+1. De no haber tales a, b, c, d y e, entonces la respuesta al problema seria “si”

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  9. Correccion…. en la ultima igualdad, al comienzo del termino de la derecha no es “5m” es “5x”

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  10. Ya, claro. Eso es la parte fácil.

    ¿Pero por qué no pueden existir 5 números enteros que cumplan eso para un cierto x primo? Yo no veo una razón sencilla. ¿Por qué has construido el número así? Alguna idea tendrías…

    Simplificándolo para dos números, la ecuación

    a^2+b^3=2x^{mcm(2,3)}+1

    con x primo, sí que tiene solución: a=2, b=5, x=2

    2^2+5^3=2 \cdot 2^6+1

    ¿Por qué para cinco números es distinto?

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  11. Como se ha hecho notar en comentarios anteriores, al ser enteros positivos, el valor mínimo de a, b, c, d y e es 1.

    Luego entonces, si

    a^{3}+b^{5}+c^{7}+d^{9}+e^{11}=k

    para cada valor de a (entero y positivo), existe un k=a^{3}+4

    Si hacemos

    k_{0}=a_{0}^{3}+4

    y

    k_{1}=a_{1}^{3}+4

    Tomando a_{1}=a_{0}+1 ,

    k_{1}-k_{0}=\left(a_{0}+1\right)^{3}+4-\left(a_{0}^{3}+4\right)=3\cdot\text{\ensuremath{a_{0}^{2}}}+3\cdot a_{0}+1

    puesto que

    3\text{\ensuremath{\cdot a_{0}^{2}}}+3\cdot a_{0}+1\geq7

    y

    b^{5}+c^{7}+d^{9}+e^{11}\geq4

    Para cada a existen (al menos) valores k=k_{0}+1 , k=k_{0}+2 , k=k_{0}+3 imposibles de representar con la ecuación

    a^{3}+b^{5}+c^{7}+d^{9}+e^{11}=k

    Como a puede crecer arbitrariamente se concluye que existen infinitos enteros que no se pueden representar de esta forma.

    Nota: Sólo se ha señalado un reducido intervalo de valores imposibles de representar. Para b , c , d y e puede hacerse un análisis similar.

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  12. muy chulo. Si hubieran cogido la suma:

    a^3+b^5+c^7+d^9+e^11+f^13+g^15

    Golvano ya no lo hubiera podido demostrar…

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  13. Vicente, creo que te equivocas, por ejemplo
    5**3+1+1+1+1 = 129
    y

    1+1+2**7+1+1 = 132

    siendo 132-129 =3 < 4

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  14. Yo veo dos fallos en esa demostración.

    Uno, que sólo compara entre cubos consecutivos, y dos, que lo que importa no es que la suma de las otras potencias sea mayor o igual que cuatro. Lo que importa es la diferencia entre esa suma y la diferencia entre los cubos. Lógicamente, un número mayor o igual que cuatro y otro mayor o igual que siete pueden ser muy parecidos entre ellos.

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  15. Tienes razón rtomas, me dejé llevar por una falsa intuición, una disculpa.

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  16. Yo lo queria demostrar inspirado en la Conjetura de Catalan (las unicas potencias consecutivas son 2^3 y 3^2). Asi si demostramos que no existen dos M consecutivos
    (sea M cualquier numero tal que a^3+b^5+c^7+d^9+e^11 = M)
    habriamos demostrado el enunciado. Pero demostrar esto debe ser incluso mas dificil que demostrar la conjetura de Catalan (que costo 158 anyos probarla) asi que lo dejo en conjetura: No existen M consecutivos.

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  17. Sea f:\mathbb{N}^5\longrightarrow \mathbb{N} definida por f(x,y,z,t,u)=x^3+y^5+z^7+t^9+u^{11}

    Creo que el siguiente de un elemento de la forma f(1,b,c,d,e) es f(2,b,c,d,e), ¿qué opináis vosotros? de ser cierto, habría infinitos “huecos” de 6 números que no se pueden representar en la forma indicada.

    He intentado probarlo aplicando el teorema del valor medio… pero no tengo más tiempo para seguir pensando.

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  18. RB, me gusta tu conjetura pero es facil de rebatir, un ejemplo:

    f(24,8,6,4,4)-f(1,1,9,1,1) = 3

    Para la mia de mas arriba no he encontrado ningun contraejemplo…
    contiguos no parece haber ninguno

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  19. rtomas, el ejemplo que pones no es de la forma (1,b,c,d,e). Cuando afirmo que el siguiente del elemento f(1,b,c,d,e) es el elemento f(2,b,c,d,e), lo que quiero decir es que entre f(1,b,c,d,e) y f(2,b,c,d,e) no hay ningún otro número f(x,y,z,t,u). Y como entre esos dos elementos hay 6 números, éstos no se pueden representar. Por tanto, habría infinitos huecos de 6 elementos sin representar.
    Si observas el documento que adjunté en mi comentario anterior parece que es cierta esta afirmación.

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  20. RB,
    f(1,1,9,1,1) no es de la forma f(1,b,c,d,e)????
    pues que condiciones pones en b,c,d,e?
    Si fuera de la forma verias que f(24,8,6,4,4) aparece antes que f(2,1,9,1,1)

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  21. Cierto rtomas, disculpa!! lo que si parece ser cierto es lo que decías, que contiguos ni hay…

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  22. entre tanto he pensado que igual querias decir con b,c,d,e diferentes entre si,
    pero bueno tampoco:

    f(49, 40, 16, 11, 7) – f(1,86,3,5,2) =2

    que son los primeros que encuentro a distancia de 2.
    Habra consecutivos?

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  23. Fin de la conjetura. Hay consecutivos:

    f(2736, 6,1,1,1)=20480872035
    f(12, 23, 20, 13, 8 )=20480872036

    La unica demostracion posible es la de Golvano!

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  24. Qué pena, he encontrado dos grupo con diferencia 0:
    f(3,1,3,1,1)=2217=f(2,2,2,1,2)
    Como dato curioso las sumas a+b+c+d+e de ambos grupos también son iguales.

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  25. Algo sencillo de probar es que si f(a,b,c,d,e)=f(a',b',c',d',e') entonces

    a+b+c+d+e \equiv a'+b'+c'+d'+e'\mod 3

    (basta tomar clases de resto módulo 3 y aplicar el pequeño teorema de Fermat).

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  26. ¿Sencillo @RB? Tenemos una suma de diferentes potencias con exponentes no necesariamente primos -9 no lo es- (ni tampoco dice el problema que sean coprimos con la base), con lo que no se puede aplicar el pequeño teorema de Fermat por las condiciones del mismo. Aparte, si se pudiera, saldrían sumandos congruentes modulo 3, 5, 7, 9, 11 respectivamente a cada uno de los cinco sumandos, no solamente módulo 3.

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  27. featuring si tomas clases módulo 3 y aplicas el pequeño teorema de Fermat, observa lo que se obtiene:

    \begin{cases}  \left[a^3\right]=[a]\\  \left[b^5\right]=[b]^3[b]^2=[b][b]^2=[b]^3=[b]\\  \left[c^7\right]=[c]^5[c]^2=[c][c]^2=[c]^3=[c]\\  \left[d^9\right]=[d]^7[d]^2=[d][d]^2=[d]^3=[d]\\  \left[e^{11}\right]=[e]^9[e]^2=[e][e]^2=[e]^3=[e]\\  \end{cases}

    Por tanto, f(x,y,z,t,e)\equiv x+y+z+t+e\mod 3.

    En general, \left[n^{2k+1}\right]=[n]. Ya que \left[n^{2k+1}\right]=\left[n^{2k-1}\right]\left[n\right]^2 de donde se puede aplicar inducción.

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  28. Si utilizamos los n primeros números enteros podremos construir n^5 sumas diferentes (variaciones con repetición de n elementos tomados cinco a cinco).
    Los números obtenidos de dichas sumas son iguales o menores que n^3+n^5+n^7+n^9+n^11. Aunque todas las sumas fueran diferentes nos quedarían n^3+n^5+n^7+n^9+n^11-n^5=n^3+n^7+n^9+n^11 huecos.
    Cuando n tiende a infinito n^3+n^7+n^9+n^11 también tiende a infinito que era lo que queríamos demostrar.

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  29. @RB: También se cumple para módulo 2, obviamente, y por tanto para módulo 6.

    @JJGJJG: Creo que tu demostración está al revés. Parece lo mismo, pero no lo es. Cuando dices “los números obtenidos de dichas sumas son iguales o menores que”, eso es verdad, pero no son los únicos (puedes escoger una base mayor que n para el primer sumando y una menor para el último, por ejemplo, y obtener un número menor), y por lo tanto no puedes asegurar que existan los huecos.

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  30. Golvano, si eliges una base mayor que n para el primer sumando por ejemplo m, aumenta el número de huecos potenciales porque ahora el numero máximo de sumas distintas a considerar es m^5 y el número de sumas posible será m^3+m^5+m^7…. con lo que estamos en el caso anterior. Siempre que acepte utilizar un número mayor que el nuevo m sucederá lo mismo, y cuando m crezca ilimitadamente el número de huecos crecerá ilimitadamente. En el supuesto teórico de que pueda ir cerrando huecos anteriores aumentando m iré abriendo muchos más con cada incremento.

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  31. Creo que no entiendes lo que quiero decir.

    Si cogemos, por ejemplo, n=2, según tu demostración, solamente se cubrirían 32 números (2^5) de los 2728 primeros ((2^3+2^5+2^7+2^9+2^{11}) y quedarían 2696 sin cubrir. Pero eso no es así. En el documento que compartió RB se puede ver que se cubren muchos más (más de 100). Eso es así porque, por ejemplo, f(3,1,1,1,1) es 31, que es mucho menor que 2728, y no lo has contado en los 32. Puedes aumentar la base del primer sumando sin aumentar la de los otros, y eso no hace que aumente el número de huecos potenciales. Por lo tanto, no puedes estar seguro, de esa forma, de que no se cubran todos los huecos.

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  32. Si cogemos n=2 no podemos tomar como contraejemplo poner 3 como primer sumando. No es lo que plantea mi razonamiento. Lo que sí dice es que si admitimos el 3 pasamos a una nueva situación en la que las sumas posibles son 3^5=243 y los números a cubrir son 3^3+….+3^11=199260 con lo que, aunque podamos haber rellenado algunos huecos de los 2696 primeros, hemos generado más de 199000 huecos nuevos, y esa generación de huecos va siendo cada vez más desproporcionada al aumentar n con los que podamos ir rellenando. Insisto, cuando n tienda a infinito, el número de huecos tenderá también a infinito. Y es fácil ver que el número de huecos, para cualquier valor de n es superior a n^11

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  33. JJGJJG, creo que con problemas de infinitos hay que andarse con cuidado y se nos escapan sutilezas. Voy a poner un problema muy facil y parecido para que veas que tu razonamiento no ha de ser correcto necesariamente.

    A cada n natural le asignamos el conjunto de los numeros del 1 al n y (en solitario) el n^11. Cuantos numeros sin corresponder quedan? Evidentemente ninguno. Pero si aplicamos tu razonamiento: Considerando todos las correspondencias hasta N, esta claro que el numero de huecos es N^11-N que tiende a infinito a medida que N tiende a infinito y en conclusion el numero de huecos es infinito…

    Pero no es asi, sabemos que no quedara ningun numero sin corresponder.

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  34. JJGJJG, lo que Golvano trata de decir es que no es cierto que el número de huecos

    en el intervalo [1,n^3+n^5+n^7+n^9+n^{11}] sea mayor o igual que

    (n^3+n^5+n^7+n^9+n^{11})-n^5. El número de huecos de ese intervalo es

    \left(n^3+n^5+n^7+n^9+n^{11}\right)-N(n) donde N(n) es el cardinal del

    conjunto f\left(\mathbb{N}^5\right)\cap [1,n^3+n^5+n^7+n^9+n^{11}]

    pero en lugar de tomar el cardinal de ese conjunto estás tomando el cardinal de

    f\left(\{1,2,\dots,n\}^5\right)\cap [1,n^3+n^5+n^7+n^9+n^{11}] que

    como dices es menor o igual a n^5.

    Como N es desconocido, no puedes afirmar que

    \lim_{n\to\infty}(n^3+n^5+n^7+n^9+n^{11})-N(n)=\infty

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  35. En primer lugar veo con claridad la falta de rigor de mi razonamiento expuesta por rtomas.
    En segundo lugar, y más importante, me ha obligado a leer con más atención la solución de golvano en el sexto comentario y que, en mi afán de encontrar mi propia solución, había mirado solo por encima. Quizás no sea la única posible pero la encuentro impecable y sencilla de entender.

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  36. Yo también he intentado encontrar otra solución, pero no he podido, 🙁

    Tengo curiosidad que otras soluciones habrán dado los concursantes.

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  37. Con el primer comentario de Golvano, mi primer comentario y algo de suerte creo que he llegado a una solución, por favor revisenla:

    imaginemos este numero:

    x^(3p)+x^(5q)+x^(7r)+x^(9s)+x^(11t)

    donde x es un numero cualquiera, p=3*5*7*11, q=7*9*11, r=5*9*11, s=5*7*11 y t=5*7*9. Este numero sera igual a 5*x^(5*7*9*11). Tratando de calcular las posibles combinaciones de numeros que cumplan con la condicion a^3+b^5+c^7+d^9+e^11<=5*x^(5*7*9*11), me di cuenta de que se tienen que cumplir las siguientes condiciones para que cada sumando no sobrepase el resultado que quiero obtener:
    a<x^(p+1), b<x^(q+1), c<x^(r+1), d<x^(s+1) y e<x^(t+1). Esto implica que el numero de de digitos "Dsi" que cumplen con la condicion principal de este comentario debe cumplir con esta condicion:

    Dsi=5*x^(5*7*9*11)-x^(p+q+r+s+t+5).

    Ahora mi pregunta es la siguiente, si x es infinito, Dno no es infinito tambien y se cumple con la condicon del problema?

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  38. Correccion en mi comentario anterior:

    Dsi=5*x^(5*7*9*11)-Dno > 5*x^(5*7*9*11)-x^(3*5*7*11+7*9*11+5*9*11+5*7*11+5*7*9+5)

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  39. Creo que la respuesta es muy sencilla con sólo conocer el teorema siguiente. Las únicas potencias cuya diferencia es 1 (abs((a^b-c^d) = 1) son 3^2 – 2^3. La presencia de exponentes deistintos del 2 y del 3, en la suma de potencias positivas en cuestión, garantiza, incluso si hubieran sólo dos sumandos, que infinitos números naturales no sean representados, puesto que 1, que es la diferencia entre dos números naturales sucesivos infinitas veces, solo puede darse entre cuadrados y cubos. Así de sencillo me parece a mí. Si se sabe el teorema este. Si no se sabe el teorema, es algo más trabajoso; yo ni lo intento, porque con esto me basta.

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  40. O en otras palabras que dos valores de la función sean consecutivos es una excepción que no interesa resolver para demostrar el caso. Podría incluso ocurrir que hubieran infinitos pares de valores de la función (no lo sé) que fueran consecutivos, al igual que se cree que hay infinitos primos gemelos que distan sólo 2 unidades uno de otro; pero ello no cubre todos los primos, al igual que esta función es incapaz también de cubrir todas y cada una de las distancias unidad que hay entre cada dos enteros sucesivos.

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  41. Ese teorema ya lo mencionó alguien, pero no se llegó a nada. A lo mejor si nos explicas cómo deducir la solución a partir de él…

    Es curiosa la frase “incluso si hubieran sólo dos sumandos”. Cuantos más sumandos, más difícil es que queden infinitos números sin cubrir, no al revés.

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  42. Si quieres formar todos los números del 1 al x (x entero positivo) de dicha suma solo puedes usar los números del 1 al x para a,b,c,d,e dado que para un número mayor la suma da un número mayor a x.

    Por lo que una cota para los números posibles máximos que se pueden usar para cada variable son:

    para a x^{1/3}
    para b x^{1/5}
    para c x^{1/7}
    para d x^{1/9}
    para e x^{1/11}

    por lo que el número de combinaciones no puede exceder el siguiente número:

    x^{1/3}*x^{1/5}*x^{1/7}*x^{1/9}*x^{1/11}=x^{3043/3465}

    Lo que es menor que x por lo que existen infinitos números que no se pueden representar por esa suma.

    capisci?

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  43. ¡Vaya! Felicidades JJGJJG, me ha gustado mucho tu solución.

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  44. si tenemos: 2^3+1^5+1^7+1^9+1^11=k (siendo que k es primo), enntonces vvemos como la suma de cuatro 1 a cualquier potencia sera 4 y al sumarle 2 al cubo sera par+par= a par y como no es dos entonces al ser par no es primo…….podemos en lugar de 2^3 poner 4^3 y el razonamiento sigue siendo elo y asi podemos poner 2,4,6,8……. Y como hay infinitos pares entonces hay infinitas situaciones donde no se cumple la igualdad

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