Parejas de enteros

Vamos con el problema de esta semana:

Encuentra todas las parejas de enteros positivos x,y \geq 1 que satisfacen la ecuación

x^{y^2}=y^x

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.

22 Comentarios

  1. Haciendo y^2=rx se llega a x=r^(1/(2r-1), y=r^(1/(4r-2).

    Encuentro como soluciones (0,0), (1,1), (16,2).

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  2. Cuando r varía entre 0 y 1/4, y varía entre 1 y 2; cuando r es mayor que 1/2 x es menor que 2. Por tanto, si descartamos las soluciones (0,0), (1,1) y (16,2) cualquier otra solución se dará para r entre 1/2 y 1/4. Es decir, 2y^2<x<4y^2.

    Parece evidente que y no puede ser mayor que 4 por la que la única solución que queda es (27,3).

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  3. Haciendo x=x^k, k natural, k=y^(k-2), además de los anteriores encuentro x=27, y=3

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  4. Tal como yo lo veo es mas sencillo aunque sospecho que es debido a mi “hijnorancia” en matematicas 😉

    A ver si alguien me aclara algo porque creo que empiezo bien y luego me pierdo bastante.

    Si se toman raices cuadradas a ambos lados obtenemos x^y=y^0.5x y luego es cuestion de jugar un poco. Se pueden tomar logaritmos y llegar a 2y/log(y)=x/log(x). Para que eso de enteros tienen que ser por lo menos log(x) y log(y) enteros, y eso son y=10^n con n entero.

    Y creo que solo vale si la base de los logaritmos es un numero natural. Iba a tomar logaritmos naturales pero no lo tenia muy claro

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  5. Mmonchi, creo que en tu primer comentario has transcrito mal tus fórmulas. Aparte de que faltan los últimos paréntesis la última la encuentro equivocada.
    Las correctas serían: x=r^(1/(2r-1)) y=r^(r/(2r-1)).
    Conforme con el resto de razonamientos y la conclusión de que las únicas soluciones son las cuatro ya citadas.

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  6. Alejandro, la raíz cuadrada de x^(y^2) no es x^y sino x^((y^2)/2).
    La raiz de una potencia es la misma base elevada a la mitad del exponente, no a la raíz del exponente.
    El 2 no es el exponente de x^y sino que y^2 es el exponente de x y por eso la raíz es x elevado a la mitad de y^2.

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  7. JJGJJG, llevas razón, las fórmulas están mal copiadas, las correctas son como las has escrito.

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  8. Perdon, queria decir que se debe cumplir

    x = y ^ n

    se deduce entonces, sacando logarimo base y:

    n * (y ^ 2) = y ^ n
    n * (y ^ 2) = y ^ (n – 2) * y ^ 2
    n = y ^ (n – 2)

    Para n = 1, queda y = 1
    Para n = 2, no parece haber solucion
    Para n = 3, queda y = 3
    Para n = 4, queda y = 2
    Para n = 5, no hay solucion
    Para n = 6, y siguientes, parece que n es muy chico, y cualquier y >= 2 hace

    y ^ (n – 2) > n

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  9. JJGJJG Ahí estaba mi fallo. Muchas gracias!

    Ahora voy a ver si entiendo los razonamientos de Mmonchi y Ángel

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  10.  y^{2} \ln x = x \ln y

     \log_{y}(x) = {x \over y^{2}}
    Ahora, considere  x= K*y^{2}, para K entero.
    Entonces:

     y^{k} =x= K*y^{2}
     y^{k-2} = k

    En la búsqueda de los enteros x,y > 0, encontré:
    K=1… (1,1)
    K=2… absurdo.
    K=3… (27,3)
    K=4… (16,2)

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  11. Verifiqué las soluciones que dieron.

    x^(y^2) = y^x → x^(y^2) – y^x = 0

    Hay algo que no me cuadra en la solución (27,3)

    27^(3^2) – 3^27
    27^9 – 3^27

    Hago eso en una calculadora Casio que tengo, y me da 150. Lo hago en la calculadora de Google, y me da 0. Y no sé a quién creerle xD

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  12. ¿Se te ha ocurrido hacerlo sin calculadora?

       27 = 3^3

       27^9 = (3^3)^9 = 3^{3 \times 9} = 3^{27}

    Probablemente, son números demasiado grandes para que la calculadora los pueda manejar.

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  13. Ahí va mi solución:
    Si x=1, se obtiene y=1, y viceversa.
    Buscaremos las soluciones con x,y>1.
    y^x=x^{y^2} \Rightarrow x=y^{\frac {x}{y^2}}
    Simplificamos el exponente:\frac{x}{y^2}=\frac{p}{q} irreducible.
    Entonces: x=y^{\frac {p}{q}} \Rightarrow z=x^{\frac {1}{p}}=y^{\frac {1}{q}}
    Sin más que mirar los exponentes de cada factor primo de x e y se comprueba fácilmente que z es entero, obteniéndose y=z^q y x=z^p
    Sustituyendo en la igualdad inicial:
    y^x=x^{y^2} \Rightarrow (z^q)^{z^p}=(z^p)^{(z^q)^2}, es decir:
    z^{q \cdot z^p}=z^{p \cdot z^{2q}} \Rightarrow q \cdot z^p=p \cdot z^{2q} \Rightarrow \frac {p}{q}= z^{p-2q}
    Si p-2q fuese negativo, sería p-2q=-k y  \frac {p}{q}= z^{-k}= \frac {1}{z^k}=\frac {1}{n} \Rightarrow x=y^{\frac {p}{q}}=y^{\frac {1}{n}} \Rightarrow y=x^n, donde n es un número natural distinto de 1.
    Sustituyendo tendríamos:
    y^x=x^{y^2} \Rightarrow {(x^n)}^x=x^{(x^n)^2}, es decir: x^{nx}=x^{x^{2n}} \Rightarrow nx=x^{2n} \Rightarrow n=x^{2n-1}
    Pero esto es imposible, ya que x^{2n-1} \geq 2^{2n-1} >2n-1 \geq n

    Por tanto p-2q \geq 0 y \frac {p}{q}=z^{2p-q}=n es un número natural.
    Resumiendo: x=y^n, donde n es un número natural.
    Sustituyendo una vez más:
    y^x=x^{y^2} \Rightarrow y^{y^n}={(y^n)}^{y^2}=y^{n \cdot y^2} \Rightarrow y^n=n \cdot y^2 \Rightarrow n=y^{n-2}  \Rightarrow y=n^{\frac{1}{n-2}}
    Como y>1, ha de ser n>2:
    Si n=3: y=3; x=27
    Si n=4: y=2; x=16
    Si n>4: n^{\frac{1}{n-2}}<2, por lo que no hay más soluciones.

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  14. “Sin más que mirar los exponentes de cada factor primo de x e y se comprueba fácilmente que z es entero”.

    ¿¿¿Cómo??? La unicidad de la descomposición en factores primos de los enteros no nos dice que, elevados a un exponente racional, den un número entero. Estás pidiendo el principio. O eso, o no lo entiendo.

    La única manera que encuentro es por reducción al absurdo: si x^1/p = y^1/q con x e y enteros, entonces p es múltiplo de q (o viceversa) y entonces p/q no es irreducible como se supuso al principio.

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  15. Sea r un factor primo de x e y, y sean k y l sus exponentes para ambos.
    Así: x=r^k \cdot M; y=r^l \cdot N
    x=y^{\frac {p}{q}} \Rightarrow x^q=y^p \Rightarrow r^{qk} \cdot M^q=r^{lp} \cdot N ^ p

    De la unicidad de la descomposición en factores primos se concluye que qk=lp.
    Luego q divide a lp, y como es primo con p, q divide a l.
    Así todos los exponentes de la descomposición de y son múltiplos de q, luego y^{\frac{1}{q}} es entero

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  16. Dos cosas, primero, x e y no tienen por qué tener factores primos comunes, esa hipótesis no existe; segundo, el teorema fundamental de la aritmètica no aplica para exponentes racionales, que es el caso que nos ocupaba y no el que acabas de probar que sí es válido porque has trabajado expresamente con exponentes enteros.positivos. De hecho, en el caso de exponentes racionales no aplica deducciones de divisibilidad del estilo “pk = ql, p y q coprimos, entonces p divide a l.”

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  17. Los factores primos de una potencia son los de su base. Como y^x=x^{y^2}, este número tiene los mismos factores primos que x, y los mismos que y, luego ambos tienen lo mismos factores primos.

    Todas la variables que he usado eran de tipo entero, luego el razonamiento es correcto (cuando he usado un racional, lo he puesto como cocciente de enteros)

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  18. No, perdona, tienes razón, es verdad. No vi que habías puesto p y q enteros y no racionales. No se por qué, he asimilado p por 1/p o q por 1/q que sí son racionales y he tratado a esos p y q como tales. My fault.

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