Comments on: Resolvamos la ecuación http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/ Porque todo tiende a infinito... Fri, 10 Feb 2012 21:24:04 +0000 hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.0.1 By: tambor77 http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11523 tambor77 Mon, 09 Nov 2009 19:17:41 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11523 Muy buenas demostraciones, lo de los complejos se me escapa un poco, pero dadme tiempo y unos cuantos problemas mas... Yo he llegado a la solucion de esta manera: - Por contradicciones x e y han de ser impares - Sustituyo el 1 por 5-4 - saco factor comun, factorizo y - mas contradicciones: todo numero acabado en 24 (las potencias de 5 menos 1) debe ser multiplo de 4. Y ya Alguien me puede decir como usar el Latex ese?? gracias Muy buenas demostraciones, lo de los complejos se me escapa un poco, pero dadme tiempo y unos cuantos problemas mas…
Yo he llegado a la solucion de esta manera:
- Por contradicciones x e y han de ser impares
- Sustituyo el 1 por 5-4
- saco factor comun, factorizo y
- mas contradicciones: todo numero acabado en 24 (las potencias de 5 menos 1) debe ser multiplo de 4. Y ya

Alguien me puede decir como usar el Latex ese??
gracias

]]> By: Nicolás Milano http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11522 Nicolás Milano Tue, 11 Aug 2009 22:42:08 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11522 La solución a la ecuación que menciona Wolf ($latex y^3 = x^2 + 2$) la podéis encontrar aquí: http://www.eleves.ens.fr/home/baglio/maths/26number.pdf Con respecto al problema del post, hace poco me tope también con una ecuación diofántica exponencial. El problema era encontrar todas las soluciones a la ecuación $latex 5^n + 2 = 17^m$. La solución que daban en la página (basada en aritmética modular o teoría de congruencias, como queráis) era la siguiente: "Sabemos que 5 ≡ 1 mód(4) por lo que 5^n ≡ 1^n mód(4). Entonces 5^n + 2 ≡ 1+2 mód(4). Por el otro lado, al ser 17 ≡ 1 mód(4) tenemos que 17^m ≡ 1^m mód(4). Y dado que 1 y 3 no tienen la misma congruencia módulo 4 ambos miembros nunca pueden ser iguales. En otras palabras no existen n y m naturales que satisfagan la ecuación del enunciado." Las propiedades que se emplearon fueron: 1. Si a ≡ b mód(m) y c ≡ d mód(m) entonces: a + c ≡ b + d mód(m) 2. Si a ≡ b mód(m) entonces a^n ≡ b^n mód(m) ¿A alguien se le ocurre cómo dar solución al problema del post, pero usando aritmética modular (es decir, empleando fundamentalmente las propiedades de arriba)? Si alguien sabe cómo hacerlo, por favor, publíquelo. Gracias. La solución a la ecuación que menciona Wolf (y^3 = x^2 + 2) la podéis encontrar aquí:
http://www.eleves.ens.fr/home/baglio/maths/26number.pdf
Con respecto al problema del post, hace poco me tope también con una ecuación diofántica exponencial. El problema era encontrar todas las soluciones a la ecuación 5^n + 2 = 17^m. La solución que daban en la página (basada en aritmética modular o teoría de congruencias, como queráis) era la siguiente:

“Sabemos que 5 ≡ 1 mód(4) por lo que 5^n ≡ 1^n mód(4). Entonces 5^n + 2 ≡ 1+2 mód(4). Por el otro lado, al ser 17 ≡ 1 mód(4) tenemos que 17^m ≡ 1^m mód(4). Y dado que 1 y 3 no tienen la misma congruencia módulo 4 ambos miembros nunca pueden ser iguales. En otras palabras no existen n y m naturales que satisfagan la ecuación del enunciado.”

Las propiedades que se emplearon fueron:
1. Si a ≡ b mód(m) y c ≡ d mód(m) entonces:
a + c ≡ b + d mód(m)
2. Si a ≡ b mód(m) entonces a^n ≡ b^n mód(m)
¿A alguien se le ocurre cómo dar solución al problema del post, pero usando aritmética modular (es decir, empleando fundamentalmente las propiedades de arriba)? Si alguien sabe cómo hacerlo, por favor, publíquelo. Gracias.

]]> By: Wolf http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11521 Wolf Wed, 29 Jul 2009 20:05:41 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11521 Bueno bueno, ese problemilla que has puesto es muy curioso, pero me parece más interesante la afirmación de Fermat de que sólo el 26 está "emparedado" entre un cubo, 27, y un cuadrado , 25. Matemáticamente, aunque se vea a la legua, pero por puro formalismo , equivaldría a : Sea $latex p>0 $ un entero, que verifica que $latex p-1=v^2 $ y $latex p+1 = u^3 $ , entonces , FORZOSAMENTE, $latex p = 26 $, $latex v = 5$ y $latex u = 3 $ Además; restando la segunda ecuación a la 1º, llegamos a que $latex -2=v^2-u^3$ llegando así a la lógica conclusión de que el problema consiste en resolver la ecuación diofántica $latex y^3=x^2+2 $ Por cierto, está ya demostrado. Un saludo !! Bueno bueno, ese problemilla que has puesto es muy curioso, pero me parece más interesante la afirmación de Fermat de que sólo el 26 está “emparedado” entre un cubo, 27, y un cuadrado , 25.

Matemáticamente, aunque se vea a la legua, pero por puro formalismo , equivaldría a :

Sea p>0 un entero, que verifica que p-1=v^2 y p+1 = u^3 , entonces , FORZOSAMENTE, p = 26 , v = 5 y u = 3

Además; restando la segunda ecuación a la 1º, llegamos a que -2=v^2-u^3 llegando así a la lógica conclusión de que el problema consiste en resolver la ecuación diofántica y^3=x^2+2

Por cierto, está ya demostrado.
Un saludo !!

]]> By: Nicolás Milano http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11520 Nicolás Milano Wed, 29 Jul 2009 18:01:17 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11520 Voy a ""resolver"" este problema con tres palabras: Teorema de Mihăilescu (La conjetura de Catalan | Gaussianos, que casualmente está en Gaussianos), o si lo prefieren, en inglés: Mihăilescu's Theorem (aquí lo podéis encontrar, http://mathworld.wolfram.com/CatalansConjecture.html.) Veamos por qué. Sabemos que una solución de la ecuación es el par (1,1). Podemos preguntarnos entonces... ¿existirán otras soluciones, con x e y mayores que 1? Y aquí es donde entra en acción la dupla Catalán-Mihăilescu. La Conjetura de Catalán (hecha por el matemático belga Eugène Charles Catalan en 1844) afirma (cito de Gaussianos): “La ecuación x^a-y^b=1, para x,y,a,b > 1, tiene como única solución la siguiente: x=3, y=2, a=2, b=3.” En otras palabras, la conjetura de Catalán afirma que no existen potencias perfectas consecutivas, salvo el caso ya mencionado. Esta conjetura fue probada recientemente, en el 2002, por el matemático suizo Preda Mihăilescu. Por este importante resultado de la teoría de ecuaciones diofánticas, comprenderemos rápidamente que la ecuación del problema no tiene más soluciones que las ya mencionadas. PD.: Sé que lo que he hecho ha sido “matar una hormiga con una bomba nuclear”, pero quería dar a conocer “mi” solución (en realidad dos verdaderos matemáticos han hecho todo el trabajo). Aún así reconozco que las soluciones dadas son mucho más elegantes y que emplean conocimientos cuyas demostraciones son bastante más sencillas que la de la conjetura de Catalán (no por nada esta permaneció tanto tiempo sin ser demostrada). Me viene a la mente otro problema que alguna vez leí, y que se relaciona con este por ser también, en parte, una ecuación exponencial diofántica. Aquí va: Se llama potencia perfecta a todo número de la forma $latex a^b$, donde a y b son números naturales, y b es mayor o igual a 2. Por ejemplo, 844596301 es una potencia perfecta puesto que es igual a 61^5. El problema es: encontrar $latex TODAS$ las potencias perfectas que terminen con los dígitos $latex 2,0,0,8$ , en ese orden. ¿Alguien quiere intentar? Voy a “”resolver”" este problema con tres palabras: Teorema de Mihăilescu (La conjetura de Catalan | Gaussianos, que casualmente está en Gaussianos), o si lo prefieren, en inglés: Mihăilescu’s Theorem (aquí lo podéis encontrar, http://mathworld.wolfram.com/CatalansConjecture.html.) Veamos por qué.
Sabemos que una solución de la ecuación es el par (1,1). Podemos preguntarnos entonces… ¿existirán otras soluciones, con x e y mayores que 1? Y aquí es donde entra en acción la dupla Catalán-Mihăilescu. La Conjetura de Catalán (hecha por el matemático belga Eugène Charles Catalan en 1844) afirma (cito de Gaussianos): “La ecuación x^a-y^b=1, para x,y,a,b > 1, tiene como única solución la siguiente: x=3, y=2, a=2, b=3.” En otras palabras, la conjetura de Catalán afirma que no existen potencias perfectas consecutivas, salvo el caso ya mencionado. Esta conjetura fue probada recientemente, en el 2002, por el matemático suizo Preda Mihăilescu. Por este importante resultado de la teoría de ecuaciones diofánticas, comprenderemos rápidamente que la ecuación del problema no tiene más soluciones que las ya mencionadas.

PD.: Sé que lo que he hecho ha sido “matar una hormiga con una bomba nuclear”, pero quería dar a conocer “mi” solución (en realidad dos verdaderos matemáticos han hecho todo el trabajo). Aún así reconozco que las soluciones dadas son mucho más elegantes y que emplean conocimientos cuyas demostraciones son bastante más sencillas que la de la conjetura de Catalán (no por nada esta permaneció tanto tiempo sin ser demostrada). Me viene a la mente otro problema que alguna vez leí, y que se relaciona con este por ser también, en parte, una ecuación exponencial diofántica. Aquí va: Se llama potencia perfecta a todo número de la forma a^b, donde a y b son números naturales, y b es mayor o igual a 2. Por ejemplo, 844596301 es una potencia perfecta puesto que es igual a 61^5. El problema es: encontrar TODAS las potencias perfectas que terminen con los dígitos 2,0,0,8 , en ese orden. ¿Alguien quiere intentar?

]]> By: Wolf http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11519 Wolf Wed, 29 Jul 2009 14:50:55 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11519 Vaya, me comí un párrafo, aunque se puede deducir del razonamiento... debajo del pequeño teorema de Fermat, habria que añadir ( por puro formalismo ) que la ecuación,debido a la manipulación anteriormente hecha toma la forma $latex 11^y \equiv 1 \pmod{2} $ Por tanto, sólo basta identificar $latex a =11$ y $latex b=2 $, por tanto $latex y$ es forzosamente igual a $latex b-1$ , $latex 1 $. Con $latex y =1 $, se deduce que $latex x=4 $ Vaya, me comí un párrafo, aunque se puede deducir del razonamiento…

debajo del pequeño teorema de Fermat, habria que añadir ( por puro formalismo ) que la ecuación,debido a la manipulación anteriormente hecha toma la forma

11^y \equiv 1 \pmod{2}

Por tanto, sólo basta identificar a =11 y b=2 , por tanto y es forzosamente igual a b-1 , 1 .

Con y =1 , se deduce que x=4

]]> By: Wolf http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11518 Wolf Wed, 29 Jul 2009 14:37:58 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11518 Hola ! Ya veo que está resuelto perfectamente, me encantan las 3 soluciones dadas, aunque yo aún soy muy joven en esto !! Bueno, entonces vamos a considerar el caso anteriormente expuesto : $latex 2^x-5 = 11^y $ Manipulemos sencillamente $latex 11^y = 2^x -(2.3) +1 $ y ahora nos apoyamos en : Sean a y b enteros y primos entre sí , siendo b primo ; entonces : $latex a^{b-1} \equiv 1 \pmod{b} $ Sean $latex b=2$ $latex y $ $latex a = 11 $ , primos entre sí y con $latex b $ primo, por tanto $latex y $ es de la forma $latex b -1 , 2-1 = 1 $ , lo que implica necesariamente que $latex x=4 $ tal y como habíamos visto todos. Es sólo otro enfoque más del problema, muy curioso y efectivo, que evidentemente es inmediato para el problema propuesto en este blog, Un saludo a todos !! Hola !

Ya veo que está resuelto perfectamente, me encantan las 3 soluciones dadas, aunque yo aún soy muy joven en esto !!

Bueno, entonces vamos a considerar el caso anteriormente expuesto : 2^x-5 = 11^y

Manipulemos sencillamente 11^y = 2^x -(2.3) +1

y ahora nos apoyamos en :
Sean a y b enteros y primos entre sí , siendo b primo ; entonces :

a^{b-1} \equiv 1 \pmod{b}

Sean b=2 y a = 11 , primos entre sí y con b primo, por tanto y es de la forma b -1 , 2-1 = 1 , lo que implica necesariamente que x=4
tal y como habíamos visto todos.

Es sólo otro enfoque más del problema, muy curioso y efectivo, que evidentemente es inmediato para el problema propuesto en este blog,

Un saludo a todos !!

]]> By: M http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11517 M Wed, 29 Jul 2009 09:29:41 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11517 Bueno, vamos allá, aunque vergüenza me da ante las soluciones de fede y Adrià. Antes que nada comentar que este ejercicio se propuso a imitación de otra ecuación de aparentemente similar complicación: $latex 2^x-5=11^y$. ¿Alguien quiere probar (o refutar) que la única solución es $latex (x,y)=(4,1)$? Me parece que aquí la cosa se complica algo más. Para la ecuación del post, descomponía en factores (complejos): $latex (2^x+i)(2^x-i)=(2+i)^y(2-i)^y$, considerando el anillo de enteros gaussianos. http://en.wikipedia.org/wiki/Gaussian_integer Este anillo es un dominio euclídeo con la norma $latex N[a+bi]=a^2+b^2$ y por tanto es un dominio de factorización única http://en.wikipedia.org/wiki/Unique_factorization_domain Además se conocen sus elementos inversibles $latex \{\pm 1,\pm i\}$, y sus elementos primos, caracterizados por la norma. Todo este asunto merece un post en sí para explicarlo más detenidamente, ya que por ejemplo no tiene porqué ocurrir que un primo en $latex \mathbb{Z}$ lo vaya a ser en $latex \mathbb{Z}[i]$. Por ejemplo, $latex 5=(2+i)(2-i)$ no sería primo. Entonces, para la ecuación del post 1) se demuestra, por ejemplo usando la norma, que en este anillo $latex mcd(2^x+i,2^x-i)=1$ (si hay un primo $latex p\in \mathbb{Z}[i]$ que divida a ambos, entonces se ve que $latex N[p]$ debe dividir a $latex 2^{2x+2} y a $latex 5^{2y}$, pero $latex N[p]$ es primo o cuadrado de un primo); 2) ya que el producto (2^x+i)(2^x-i) es una potencia (de exponente $latex y$), y ya que $latex mcd(2+i,2-i)=1$, sigue que $latex 2^x\pm i$ son potencias (de exponente $latex y$), posiblemente multiplicadas por unidades (elementos inversibles) del anillo; 3) esto nos deja las ocho posibilidades siguientes: $latex 2^x+i=u(2+i)^y$ $latex 2^x-i=v(2-i)^y$, o bien $latex 2^x+i=u(2-i)^y$ $latex 2^x-i=v(2+i)^y$, con $latex u,v\in\{\pm 1,\pm i\}$, $latex u\cdot v=1$; 4) restando las dos igualdades eliminamos la incógnita $latex x$, y se reducen a 4 casos (que a su vez son esencialmente 2) obtenidos según sean $latex u=v=1, u=v=-1, u=-v=i, u=-v=-i$: $latex 2i=(2+i)^y-(2-i)^y$ $latex 2i=(2-i)^y-(2+i)^y$ $latex 2=(2+i)^y+(2-i)^y$ $latex 2=-(2+i)^y-(2-i)^y$ 5) usando el desarrollo binomial se ve que sólo la primera de las cuatro ecuaciones en $latex y$ admite solución, y se obtiene de ella $latex y=1$. En fin, una vez más, pájaros a cañonazos. ¿Hay ganas de intentar $latex 2^x-5=11^y$? Bueno, vamos allá, aunque vergüenza me da ante las soluciones de fede y Adrià. Antes que nada comentar que este ejercicio se propuso a imitación de otra ecuación de aparentemente similar complicación: 2^x-5=11^y. ¿Alguien quiere probar (o refutar) que la única solución es (x,y)=(4,1)? Me parece que aquí la cosa se complica algo más.

Para la ecuación del post, descomponía en factores (complejos): (2^x+i)(2^x-i)=(2+i)^y(2-i)^y, considerando el anillo de enteros gaussianos.

http://en.wikipedia.org/wiki/Gaussian_integer

Este anillo es un dominio euclídeo con la norma N[a+bi]=a^2+b^2 y por tanto es un dominio de factorización única http://en.wikipedia.org/wiki/Unique_factorization_domain

Además se conocen sus elementos inversibles \{\pm 1,\pm i\}, y sus elementos primos, caracterizados por la norma. Todo este asunto merece un post en sí para explicarlo más detenidamente, ya que por ejemplo no tiene porqué ocurrir que un primo en \mathbb{Z} lo vaya a ser en \mathbb{Z}[i]. Por ejemplo, 5=(2+i)(2-i) no sería primo.

Entonces, para la ecuación del post

1) se demuestra, por ejemplo usando la norma, que en este anillo mcd(2^x+i,2^x-i)=1 (si hay un primo p\in \mathbb{Z}[i] que divida a ambos, entonces se ve que N[p] debe dividir a 2^{2x+2} y a latex 5^{2y}$, pero N[p] es primo o cuadrado de un primo);

2) ya que el producto (2^x+i)(2^x-i) es una potencia (de exponente y), y ya que mcd(2+i,2-i)=1, sigue que 2^x\pm i son potencias (de exponente y), posiblemente multiplicadas por unidades (elementos inversibles) del anillo;

3) esto nos deja las ocho posibilidades siguientes:

2^x+i=u(2+i)^y
2^x-i=v(2-i)^y,

o bien

2^x+i=u(2-i)^y
2^x-i=v(2+i)^y,

con u,v\in\{\pm 1,\pm i\}, u\cdot v=1;

4) restando las dos igualdades eliminamos la incógnita x, y se reducen a 4 casos (que a su vez son esencialmente 2) obtenidos según sean u=v=1, u=v=-1, u=-v=i, u=-v=-i:

2i=(2+i)^y-(2-i)^y

2i=(2-i)^y-(2+i)^y

2=(2+i)^y+(2-i)^y

2=-(2+i)^y-(2-i)^y

5) usando el desarrollo binomial se ve que sólo la primera de las cuatro ecuaciones en y admite solución, y se obtiene de ella y=1.

En fin, una vez más, pájaros a cañonazos.

¿Hay ganas de intentar 2^x-5=11^y?

]]> By: Javier http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11516 Javier Wed, 29 Jul 2009 09:29:14 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11516 lo que yo decía que estoy espeso, hora del café. Gracias Fede lo que yo decía que estoy espeso, hora del café. Gracias Fede

]]> By: fede http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11515 fede Wed, 29 Jul 2009 08:48:01 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11515 Javier, $latex n^{2s} + \cdots + n $ es suma de un número par de sumandos, todos con la misma paridad y por tanto es par. El 'segundo factor de la derecha' es la expresión anterior + 1, y por tanto es impar. Javier, n^{2s} + \cdots + n es suma de un número par de sumandos, todos con la misma paridad y por tanto es par. El ‘segundo factor de la derecha’ es la expresión anterior + 1, y por tanto es impar.

]]> By: Javier http://gaussianos.com/resolvamos-la-ecuacion/#comment-11514 Javier Wed, 29 Jul 2009 08:09:31 +0000 http://gaussianos.com/?p=1560#comment-11514 M, veo claro que $latex (2+i)$ y $latex (2-i)$ son primos por ser irreducibles y ser $latex \mathbb{Z}[i]$ un dominio de ideales principales, pero para seguir tu razonamiento entiendo que consideras los otros factores ¿primos también? y que por tanto deben ser iguales dos a dos por tener factorización única. No obstante no logro probar que $latex (2^x+i)$ sea primo. M, veo claro que (2+i) y (2-i) son primos por ser irreducibles y ser \mathbb{Z}[i] un dominio de ideales principales, pero para seguir tu razonamiento entiendo que consideras los otros factores ¿primos también? y que por tanto deben ser iguales dos a dos por tener factorización única. No obstante no logro probar que (2^x+i) sea primo.

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