Resolvamos la ecuación

Javier Castañón

28/07/2009 14:05

Se que no es correcto usar ordenadores … pero me puede la curiosidad 🙂 y wolfram lo resuelve en segundos.

http://www40.wolframalpha.com/input/?i=4^x%2B1%3D5^y

Y tal como suponia, para este tipo de ecuaciones, se suelen tomar logaritmos neperianos en ambas expresiones

yln(5)=ln(4x+1) … lo dejo que yo ando oxidado 🙂

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corru

28/07/2009 14:08

Tras operar un poco me sale que
y= ln(1 + 4^a)/ln5 según valga la «x» (que la he pasado a llamar «a»)
Análogamente para la «x» me sale:
x= ln(5^b – 1)/ln4
En el último caso se restringe el caso b=0, ya que el ln sólo está definido para valores estrictamente mayores que 0
Algún fallo o, seguramente, algo que falte en la deducción?
Y siento no escribir en LaTeX, aún no sé… Un saludo!

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Javi

28/07/2009 14:16

Yo a lo más que llego es que X ha de ser impar y que Y es menor o igual que X… y por supuesto el primer par que cumple la condición (1,1)

No se deshacer el ln(4^x+1) :,(

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Gato_Iturralde

28/07/2009 14:39

X no solo debe ser impar, sino que tiene que ser de la forma 10*n+5; las dos últimas cifras de la potencia de 4 deber ser 24, el primer número potencia de 4 que cumple esto es 4^5=1024 que no resuelve la ecuación. Tengo hambre, si nadie lo resuelve le echaré un vistazo más tarde con más tiempo.

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fede

28/07/2009 15:05

A mi me sale que las únicas soluciones (x,n,y) de $2^x +1 = n^y$ son
$(3,2,2)$ y $(k, 2^k+1, 1), \ \ k \ge 0$

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fede

28/07/2009 15:16

(3,3,2)…, quería decir.

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Jechira

28/07/2009 16:40

Yo juraría que x=1 e y=1 es la única solución no imaginaria y positiva.

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Adrià

28/07/2009 16:58

Bueno a ver si os parece bien esto, que soy un poco novatillo ^^.

Está claro que si x o y son 1, entonces la una solución es que el otro número sea 1 (es decir la única pareja con unos en la solución es (1,1)), y que si x o y son 0 no hay solución.

Nos fijamos en y. Tenemos que si queremos resolver para $y = 1$ la ecuación, esto es lo mismo que decir que $4^x + 1 = 5$ . Así pues esto es lo mismo que afirmar que $\overline{4^x}= \overline{4}$ (mod 5). Tenemos que $\overline{4^0} = \overline{1}$ , $\overline{4^1} = \overline{4}$ y con $\overline{4^2}=\overline{4\cdot 4}= \overline{1}$ de manera que cerramos el ciclo. Por lo tanto hemos visto que para $y=1$ , x tiene que ser impar (o en otras palabras de la forma $2m+1$ para algún m natural).

Para y=2 tenemos la ecuación $4^x + 1 = 5^2$ de modo que también incluimos aquí el caso $y=1$ puesto que $4^x +1$ aparte de ser divisible entre 25, lo es entre 5. Como podemos ver, la ecuación es equivalente a saber cuando $\overline{4^x} = \overline{24}$ (mod 25). Vemos que los números que cumplen esto son los múltiplos de 5, que junto con la condición de que sea impar, tenemos que para $y=2$ , x tiene que ser de la forma $x = 5\cdot (2\cdot k +1)$ para algún k natural.

De este modo, para y=n, donde n es un natural cualquiera, x tiene que ser de la forma $x = 5^{n-1} \cdot (2\cdot k +1)$ para algún k natural.

Se puede demostrar por inducción fácilmente que $5^n$ < $4^{5^{n-1}} +1$ para cualquier $n \geq 2$ (si alguien lo pide, lo haré jeje).
Así que para $n \geq 2$ (para n = 1 ya sabemos que sólo hay el par (1,1)), tenemos que
$5^y = 5^n$ < $4^{5^{n-1}} +1 \leq 4^x + 1$ cosa que implica que $4^x + 1 \neq 5^y$ . Por lo tanto sólo tenemos el par (1,1) como única solución.

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Javier Castañón

28/07/2009 17:34

¿Alguien conoce las soluciónes en el conjunto de numeros enteros a la ecuación (diofántica) x^n+y^n=z^n (x,y,z,n pertenecen a Z)?

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M

28/07/2009 19:01

Excelente, Adrià! Me ha parecido genial.

Mi argumento era más enrrollado y feo que el tuyo, aunque lo voy a resumir muy ligeramente. Había puesto la ecuación como $(2^x+i)\cdot(2^x-i)=(2+i)^y\cdot(2-i)^y$ .

Considerando los elementos primos $\{\pm 1,\pm i\}$ y la factorización única en el anillo de enteros de Gauss $\mathbb{Z}[i]=\{a+bi/\;a,b\in\mathbb{Z}\}$ , había obtenido ocho posibilidades que o bien son irresolubles o bien se reducen a $2^x+i=(2+i)^y$ , $2^x-i=(2-i)^y$ . Restando: $2i=(2+i)^y-(2-i)^y$ , que nos conduce a $y=1$ como única posibilidad. Y luego se deduce $x=1$ .

Fede, si tienes tiempo, ¿te importaría indicarnos tu desarrollo?

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fede

28/07/2009 19:06

$2^x + 1$ nunca es una potencia, excepto cuando x=3:

En $2^x = n^y - 1$ , si y es par, y=2s, entonces $2^x = n^{2s} -1 = (n^s - 1)(n^s + 1)$ . Los dos factores de la derecha son potencias de 2 cuya diferencia es 2, y por tanto son 2 y 4. Entonces $n^s = 3$ , con lo que n=3 y s=1, y=2 y x=3.

Si y es impar y=2s+1, entonces $2^x= n^{2s+1} -1 = (n-1)(n^{2s} +n^{2s-1} + \cdots + n + 1)$ . El segundo factor de la derecha es impar y una potencia de 2 y por tanto es 1. Entonces s=0, e y=1.

Por tanto en $4^x +1 = 5^y$ , y=1 y x=1.

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M

28/07/2009 20:19

Sí señor, muy buena.

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toniii

28/07/2009 22:32

Javier Castañón, te suena el último teorema de Fermat?

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Gaussito

28/07/2009 23:48

M, ¿puedes desarrollar la demostración utilizando enteros gaussianos?
Es muy interesante tener la demostración desarrollada en enteros algebraicos, por variar un poco de los enteros ordinarios.

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Javier

29/07/2009 09:51

Fede, ¿por qué el segundo factor de la derecha es impar? (seguro que es una tontería pero estoy algo espeso…)

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Javier

29/07/2009 10:09

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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fede

29/07/2009 10:48

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.

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Javier

29/07/2009 11:29

lo que yo decía que estoy espeso, hora del café. Gracias Fede

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M

29/07/2009 11:29

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 $2^x-5=11^y$ ?

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Wolf

29/07/2009 16:37

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 !!

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Wolf

29/07/2009 16:50

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 $x=4$

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Nicolás Milano

29/07/2009 20:01

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?

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Wolf

29/07/2009 22:05

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 !!

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Nicolás Milano

12/08/2009 00:42

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.

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tambor77

09/11/2009 21:17

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

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francisco

04/12/2013 20:25

Solo se cumple para x=1 y y=1, el problema dice…naturales y no existe otro para que lo cumpla

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Christian Sánchez

27/02/2018 04:50

La ecuación también se puede escribir como 5^y-4^x=1,
entonces se nos dan 3 casos:
x=y, y mayor a x, y menor a x
Si y=x entonces la ecuación se puede escribir 5^y-4^y=1,
es obvio que la función 5^y-4^y es creciente por lo que se
demuestra que en este caso la ecuación no se cumple con
valores mayores a 1.
Luego si y mayor a x la función también es
creciente por lo que la ecuación no se
cumple.
Finalmente si y menor x, entonces 5^y-4^ sera menor a 0.
Entonces queda demostrado que la única solución
con números naturales es x=1, y=1.

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AlfonQED

03/09/2023 19:18

He estado leyendo los comentarios y creo que nadie ha dado esta solución en concreto:
Es fácil ver que y debe ser impar porque en módulo 3 $4 \equiv 1 \equiv 4^{x} \left(\mod 3 \right)$ y $5 \equiv -1 \left(\mod 3 \right)$ así que $5^{y} \equiv (-1)^{y} \left(\mod 3 \right)$ por tanto $4^{x}+1 \equiv -1 \equiv (-1)^{y} \left(\mod 3 \right)$ . Se ve que la igualdad se cumple si $-1 \equiv (-1)^{y} \left(\mod 3 \right)$ y esto solo ocurre cuando «y» es un número impar porque de lo contrario $(-1)^{y}$ será igual a uno.

(GAUSSIANOS: Te he editado el comentario porque no aceptaba el comando operatorname.)

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AlfonQED

Reply to AlfonQED

04/09/2023 19:57

No entiendo por qué no me funciona bien el Látex, siento las molestias, voy a probar de nuevo a ver si funciona bien:

Una vez que ya sabemos que «y» siempre debe ser impar podemos ver que $(x,y)=(1,1)$ es una solución (bastante trivial) de la ecuación ya que $4^{1}+1=5^{1}$ . Ahora supongamos que $x\geq2$ , en consecuencia $4^{x}\geq16$ así que podemos simplificar la expresión $4^{x}+1=5^{y}$ en el módulo 16 y nos queda $5^{y}-4^{x}-1\equiv 5^{y}-1 \equiv 0 \pmod{16}$ .

Necesitamos encontar potencias de 5 que sean congruentes a 1 en módulo 16. Probando un poco podemos ver que $5^{0}\equiv 1 \pmod{16}$ $5^{1}\equiv 5 \pmod{16}$ $5^{2}\equiv 9 \pmod{16}$ $5^{3}\equiv 13 \pmod{16}$ $5^{4}\equiv 5^{0}\equiv 1 \pmod{16}$ y así se repite infinitamente, se concluye que $5^{y}\equiv 1 \pmod{16}$ es cierto sí y solo sí $y\equiv 0 \pmod{4}$ que también implica que $y\equiv 0 \pmod{2}$ . Pero, al principio concluimos que «y» debe ser impar o sea $y\equiv 1 \pmod{2}$ ; por lo tanto hemos llegado a una contradicción y gracias a esto se demuestra por reducción a lo absurdo que la única solución natural posible de la ecuación es $(x,y)=(1,1)$ . Q.E.D.

P.D. Aclaro que basta demostrar que «y» no puede ser mayor a 2 porque eso significa que solo puede ser igual a 1 y únicamente con este valor existe una solución (la trivial).

<strong:GAUSSIANOS: Como puedes ver, no te funcionaba $\LaTeX$ porque no estabas cerrando bien las etiquetas (te faltaba la '/'). Veo que ahora sí lo has hecho correctamente. Te borro los dos comentarios anteriores que contenían errores.

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AlfonQED

Reply to AlfonQED

05/09/2023 10:19

No entiendo por qué no me funciona bien el Látex, siento las molestias, voy a probar de nuevo a ver si funciona bien:

Una vez que ya sabemos que «y» siempre debe ser impar podemos ver que $(x,y)=(1,1)$ es una solución (bastante trivial) de la ecuación ya que $4^{1}+1=5^{1}$ . Ahora supongamos que $x\geq2$ , en consecuencia $4^{x}\geq16$ así que podemos simplificar la expresión $4^{x}+1=5^{y}$ en el módulo 16 y nos queda $5^{y}-4^{x}-1\equiv 5^{y}-1 \equiv 0 \pmod{16}$ .

Necesitamos encontar potencias de 5 que sean congruentes a 1 en módulo 16. Probando un poco podemos ver que $5^{0}\equiv 1 \pmod{16}$ $5^{1}\equiv 5 \pmod{16}$ $5^{2}\equiv 9 \pmod{16}$ $5^{3}\equiv 13 \pmod{16}$ $5^{4}\equiv 5^{0}\equiv 1 \pmod{16}$ y así se repite infinitamente, se concluye que $5^{y}\equiv 1 \pmod{16}$ es cierto sí y solo sí $y\equiv 0 \pmod{4}$ que también implica que $y\equiv 0 \pmod{2}$ . Pero, al principio concluimos que «y» debe ser impar o sea $y\equiv 1 \pmod{2}$ ; por lo tanto hemos llegado a una contradicción y gracias a esto se demuestra por reducción a lo absurdo que la única solución natural posible de la ecuación es $(x,y)=(1,1)$ . Q.E.D.

P.D. Aclaro que basta demostrar que «y» no puede ser mayor a 2 porque eso significa que solo puede ser igual a 1 y únicamente con este valor existe una solución (la trivial).

GAUSSIANOS: Como puedes ver, no te funcionaba $\LaTeX$ porque no estabas cerrando bien las etiquetas (te faltaba la ‘/’). Veo que ahora sí lo has hecho correctamente. Te borro los dos comentarios anteriores que contenían errores y te publico el comentario de nuevo para que se muestre correctamente.

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