El problema de esta semana en Gaussianos es el siguiente:
Determinar las soluciones enteras de la ecuación
Que se os dé bien.
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Creo que es posible que la única solución con enteros sea x=0, y=0
Hacemos el cambio z=y/x para que quede z^4-3z+1=0.
La ecuación tiene dos raíces reales y dos imaginarias. Como las raíces reales son irracionales, no existen x e y enteros que cumplan z=x/y salvo x=0 y y=0.
Las raíces reales son:
Mmonchi
No sé que te hace pensar que esas soluciones no sean enteras (jaja)
Yo he llegado desarrollando (x^2(+,-)y^2)^2 a lo siguiente:
(x^2(+,-)y^2)^2 = x^4 + j^4 (+,-) 2x^2y^2 y sustituyendo la iguadad origen = 3x^3y
(+,-) 2x^2y^2 = x^2 (3xy (+-) 2Y^2, en la que es suficiente que se cumpla que
3xy (+-)2y^2 = a^2 con x,y,a enteros
Para x distinto de cero:
Como las dos soluciones reales (
) tienen radicales (hay que hacer unas pocas cuentas) esto quiere decir que si x es entero 
no es entero.
Luego la única solución es x=0, y=0
Tengo otra solución alternativa:
Como
si x no es multiplo de 3 entonces
.
x e y tienen que ser multiplos de 3.
De modo que n y m son a su vez multiplos de 3 y sucesivamente, por lo que las nuevas variables se haran cada vez más pequeñas y como se puede repetir infinitamente el proceso no queda ninguna solución que no sea x=0, y =0
Por cierto este fue uno de los que solucione en la olimpiada.
Perdonen si hay alguna falta a la hora de escribir las ecuaciones
Martin, muy interesante tu solución.
Que una expresión contenga radicales no implica que sea irracional:
Otra forma de resolver el problema es analizar la paridad de x e y.
Si x distinto de 0:
1+(y/x)^4=3·(y/x)
Haciendo el cambio z=y/x nos queda:
z^4-3z+1=0, donde z ha de ser un número racional
Las raíces racionales de un polinomio con coeficientes enteros son fracciones irreducibles en que el numerador es divisor del término independiente y el denominador es divisor del coeficiente principal. En nuestro caso solo podrían ser 1 y -1
Ya que ninguno de dichos números es raíz de este polinomio, resulta que las raíces son todas irracionales.
Se concluye que ha de ser x=0; y=0
Lo único que aporto es el razonamiento de que el polinomio de Mmonchi y Luis tiene raíces irracionales
A mi la solución que más me gusta es la de Martin, es preciosa. Yo como siempre he ido a lo burro.
trasteando se llega a
entonces por lo menos de los factores del numerador ha de ser múltiplo del denominador.
Suponiendo x^3 múltiplo llegamos a que
suponiendo (x-3) múltiplo llegamos a que
trasteando con estas expresiones se llega a dos expresiones para cada caso:
1er caso:
y también 
2º caso:
y también 
en ambos casos la factorización por enteros no es viable (es aplicar Ruffini) y sólo se obtiene la solución trivial cuando k=0, x=0 y=0.
Creo
Si x e y son enteros se puede escribir y=bx donde b tiene que ser un número racional.
Sustituyendo en la ecuación y simplificando obtenemos la ecuación: b^4 + 1 = 3b. Esta ecuacion solo tiene para b 2 raices reales no racionales, por ello se deduce que la única solución es la trivial: x=0 y=0.
Mi solución está basada en anteriores comentarios: (nivel de 2º bachillerato)
; 
o 
no tiene raíces enteras se concluye que la unica solución es (0,0).
la función es positiva, y para 
la función también es positiva. Su derivada igualada a cero (extremos relativos) da ![sqrt[3]{frac{3}{4}}](https://s0.wp.com/latex.php?latex=sqrt%5B3%5D%7Bfrac%7B3%7D%7B4%7D%7D&bg=T&fg=000000&s=0 "sqrt[3]{frac{3}{4}}")
que pertenece al intervalo (0,1) y es un mínimo (es el único), por tanto corta dos veces al eje de abscisas y tiene dos raíces reales (las otras dos raíces que asegura el Teorema Fundamental del Álgebra son complejas conjugadas. Mediante el Teorema de Bolzano se llega a la conclusión de que esas dos raíces reales no son enteras:
perteneciente al intervalo (0,1) donde 
, que es raíz de la función pero no es entera ya que pertenece a (0,1).
perteneciente al intervalo (1,2) donde 
, que es raíz de la función pero no es entera ya que pertenece a (1,2).
Luego,
Demostrando que la función
La función es continua por ser polinomica. Para
1. Sea el intervalo [0,1] y f(z) continua:
f(0) > 0 , f(1) < 0
Existe un
2. Sea el intervalo [1,2] y f(z) continua:
f(1) 0
Existe un
Q.E.D.
Lo que yo digo siempre (en broma, obviamente): Los métodos sutiles, pá los matemáticos. Donde haya un análisis a lo bestia typical de ingenieros, que se quite lo demás jajajaja.
Erosfer, ¿tanto se nota que soy ingeniero? XD
jejeje un analisis a a lo bestia tipo ingeniero seria usar el emulador de la HP50g para hacer una interpolacion de
http://i.imgur.com/qzS6yrk.png
http://i.imgur.com/0Ibgvei.png
http://i.imgur.com/NXZpH7S.png
http://i.imgur.com/dj2YiKe.png
http://i.imgur.com/MIP8s88.png
http://i.imgur.com/4sXxRq5.png
yo… si entre compadres nos localizamos enseguida jejejeje. La ingeniería une que no veas XD
¿Alguien puede comprobar mi exposición de la solución?
,no sea entero, 
e 
,si lo pueden ser, y por eso fallaría todo.
Creo que aunque
La solución de Agustín que a mi me parece que es la más sencilla, en realidad tiene un fallo,
dice que x debe ser distinta de cero para hacer el cambio z=y/x
y al final llega a la conclusión de que x=0 lo que invalida la demostración
Pepe Luis, para demostrar que no hay solución hay que demostrar que z no tiene soluciones en Q, pues si z=x/y con x e y enteros, z puede ser solución sin ser entero.
Albert, la solución de Agustín está bien. Demuestra que no hay solución para x distinto de cero, y por lo tanto la única posible es x=0, y=0.
Gracias golvano, ahora lo veo
Pepe Luis: si un polinomio con coeficientes enteros y coeficiente principal uno tiene raíces racionales, necesariamente son enteras.
Un anillo, como los enteros, que tenga esta propiedad se llama anillo normal (o integramente cerrado). Por tanto tu razonamiento es correcto
Generalizando un poco:
La solución de Martin vale para muchos más casos…
Si en lugar de potencia 4 son cualquier par 2*n, también se cumple… siempre que las potencias del término de la derecha sumen 2*n y en lugar de 3 puede haber cualquier múltiplo de 3.
x^(2*n) + y^(2*n) = p*x^a*y^(2*n-a)
con n, p y a enteros, n mayor que 1, a menor que 2*n , p múltiplo de 3
Si p no es múltiplo de 3… no estamos seguros ya que
p = -1 (mod 3) (ej: p=2, p=5, p=8…) podría haber soluciones de tipo
x=1 (mod 3); y = 1 (mod 3)
1 mod 3 + 1 mod 3 = -1 mod 3 = (-1) * 1 * 1 (mod 3)
Y, de hecho para p=2 sí hay soluciones distintas de 0… x=y
p = 1 (mod 3) (ej: p=-2 p=1, p=4, p=7….) podría haber soluciones de tipo
x=-1 mod 3 ; y= 1 mod 3
1 mod 3 + 1 mod 3 = -1 mod 3 = 1 * -1 * 1 (para a impar)
La solución de Agustín es un poquito más general… vale para casi todos los p, aunque no sean múltiplos de 3…
Transformando a z=y/x sería, dividiendo por x^2n
z^2n – p*z^(2n-a) +1 = 0
que sólo puede tener raíces racionales z=1 y z=-1
z=1 : 1 -p +1 = 0 … para p=2
z=1; infinitas soluciones de tipo x=y … 2*x^2n = 2^x^2n
z=-1 : 1 – p * (-1)^(2n-a) +1 = 0
Si a es par sería para p=2
Si a es impar sería para p=-2 con infinitas soluciones x=-y
En resumen:
si p=-2 y a impar hay infinitas soluciones de tipo x=-y
si p=2 hay infinitas soluciones, siempre las de tipo x=y y en caso de a par también las de tipo x=-y
Si p distinto de 2 y -2 … o bien p=-2 y a par entonces sólo x=y=0
Es evidente que el caso
es solución de la ecuación.
tiene grado 4. Escribamos 
como 
.
, pero el Teorema de Fermat-Wiles nos asegura que 
no tiene solución entera.
Probemos que no existe otra solución.
En efecto, observemos que
Por tanto,
Por tanto, la única solución es la
Alguien me puede explicar de dónde sale esto ??
x^{ 4 }equiv 1quad (modquad 3)
Sé de esta fórmula
a^{p-1} equiv 1 pmod{p}
pero no usa eso. Y por eso es que no tengo ni idea de cómo lo hace …..
Alguien me explica please ??
Jose Carlos,
Tu demostración no es válida…
Por un lado, dices que 3*x*y^3 «tiene grado 4» pero yo veo que tiene grado 1 en la x y grado 3 en la y… tendrá grado 4 si suponemos x=y=z será grado 4 en la z.
Pero, por otro lado, no es lo mismo «tener grado cuarto» que ser exactamente una potencia cuarta… que sería lo que afirma el Teorema de Fermat-Wiles.
Es decir, no es lo mismo ser 3*z^4 que ser z^4.
Ejemplo:
5^4 + 5^4 = 2*5^4
Según lo que dices en tu demostración esto no podría ocurrir ya que según dijiste 2*x^4 sería un grado 4 y podría siempre reescribirse como z^4 (lo cual es falso, no puedes escribir 2*5*5*5*5 como un entero elevado a la cuarta, ya que la raíz cuarta de 1250 no es entero) y luego aplicar el Teorema que nos asegura que no hay solución.
Ces,
La frase dice
«Como
si x no es multiplo de 3 »
Es decir, que eso se cumple cuando x no está en la clase de equivalencia 0 (mod 3)…
El módulo 3 sólo tiene 3 clases de equivalencia, la clase 0 (múltiplos de 3), la clase 1 (una unidad más que un múltiplo de 3) y la clase 2 que es equivalente a la clase «-1» (2 unidades más que un múltiplo de 3 o una unidad menos que un múltiplo de 3).
Si no es de clase 0 será clase 1 o clase -1
y en ambos casos la potencia cuarta es +1:
(+1)^4 = +1
(-1)^4 = +1
Entiendo mi error vi algunas lagunas cuando releí lo que ponía pero ya era demasiado tarde, muchas gracias.
Hay una demostración bastante breve:
Lo primero, observemos que X e Y se pueden suponer coprimos, pues si D es su máximo común divisor, podemos dividir a ambos lados por D^4.
Ahora, es claro que el miembro de la derecha es múltiplo de 3. Por otra parte, notemos que un cuadrado módulo 3 sólo puede ser 0 o 1. X e Y no pueden ser a la vez 0 módulo 3 (porque los suponemos coprimos), luego, de las potencias cuartas (que ciertamente son cuadrados), una es 0 y la otra 1, o las dos son 1.
En un caso la suma da 1 y en el otro 2, o sea, que el miembro de la izquierda no puede ser múltiplo de 3.
Diego,
Muy bien, esa es la bonita solución que dio Martin (8 de abril de 2014 | 14:58)
Mmonchi:No es necesario conocer exactamente las raices reales z. Puede demostrarse con facilidad que no pueden ser racionales
Estoy de acuerdo, mivxel, hay varios comentarios -sobre todo el de Agustín- que lo aclaran. Lo mío ha sido matar moscas a cañonazos.
Mmonchi me parece magica la forma en la que has sacado los resultados de z de la formula z^4-3z+1=0. si pudieras darme una pista de como lo hiciste te quedaria muy agradecido
Aquí tienes las soluciones generales:
http://www.josechu.com/ecuaciones_polinomicas/cuartica_solucion_es.htm
Y aquí el método para calcularlas:
http://es.wikipedia.org/wiki/Ecuaci%C3%B3n_de_cuarto_grado#M.C3.A9todo_de_Descartes
Pero, sinceramente, lo que usé fue esto (con exact forms):
http://www.wolframalpha.com/input/?i=z^4-3*z%2B1%3D0
Determinar las soluciones enteras de la ecuación
x^4+y^4=3x^3y
Las soluciones enteras son:
x = 0, x = 2, x^3 = 8 y x^4 = 16, estos son por la variable «x»
y = 0, y = 1 e y^4 = 8, estos son por la variable «y»
Para x = y = 0
x^4+y^4=3x^3y
0 = 0, queda comprobado.
Para x^3 = 8 y x^4 = 16, y = 1 e y^4 = 8
x^4+y^4=3x^3y:
16 + 8 = 3.(8).(1)
24 = 24; queda comprobado
x^4+y^4=3x^3y, para conseguir estos valores tiene que hacer un sistema de ecución:
x^4 = 2x^3y
y^4 = x^3y, Apartir de aqui se calculan todo los valores.
Éxto a todos, saludo desde Venezuela.
Juan, si y=1, y^4 es 1 y no 8.
comprueban que son, ya lo demostre cuando maneje latex paso la demostración, dan varios valores diferentes.
A mi se me ha ocurrido esta solución
si x, y son primos entre si (si no fuera así se podría obtener otra ecuación similar con números menores) entonces
si x es impar e y impar entonces x^4, y^4 son impares, su suma es par, pero 3x^3y es impar por ser producto de impares, por lo tanto, no hay solución.
Si x es impar e y par entonces x^4+y^4 es impar, pero 3x^3y es par, tampoco hay solución.
Si x es par e y impar ocurre lo mismo
No hay solución excepto x=y=0
Si (x,y) es una solución no nula, podemos escribir x = dX, y = dY, siendo d el máximo común divisor de x e y, y entonces X e Y coprimos. Reemplazando en la ecuación y cancelando d resulta que (X,Y) es solución (pero ahora son coprimos).
X^4 + Y^4 = 3 X^3 Y
Si suponemos X distinto de +/- 1, existe un primo p que divide a X. Luego p divide a X^4 – 3 X^3 Y, de donde p divide a Y^4 y por ser primo divide también a Y. Pero entonces X e Y no serían coprimos.
Esto muestra que X debe ser +/- 1. Análogamente Y también debe ser +/- 1.
Ahora es cuestión de probar y ver que (1,1), (1,-1), (-1,1) y (-1,-1) no son soluciones.
Esto muestra que ni el grado 4 ni el coeficiente 3 son realmente cruciales, sino el hecho de que la ecuación no tiene soluciones con +/- 1.