Os dejo el problema de esta semana:
Si
son enteros positivos, resolver la siguiente ecuación:
No es demasiado complicado si se ataca de la forma adecuada. De todas maneras estoy intrigado por ver qué se os ocurre. Suerte.
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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.
Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.
Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.
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x=2, y=4
x=4, y=2
Tomando Logaritmos, se copncluye que:
.
Entonces, está claro que una solución es
.
Pero la función
es creciente en (0,e) y decreciente después; f(1)=0 y además, en x=e hay máximo. 
y 
.
Entonces para que f(x)=f(y) en el intervalo
, debe ocurrir que 
o viceversa.
Pero como e=2’71… y
, debe ser, necesariamente, x=1 ó 2.
Si x=1, la ecuación queda y=1. (pero esta solución ya la teníamos.
Si x=2, la ecuación queda
, cuyas únicas soluciones son y=2=x, (que ya la teníamos) ó y=4 (esta es nueva).
Por tanto TODAS las soluciones son:
.
–
–
–
Definimos
Esta funcion sigue teniendo el mismo dominio
y tiene un minimo en 
Como entre 1 y 
solo hay un entero, que es 2, hay que encontrar y tal que 
que corresponde a y=4, como ya se ha dicho antes.
Saludos
No soy un gran matemático…. pero no es cierto que para todo X=Y dentro de los enteros positivos son soluciones?
X=1, Y=1; x=2, y=2; x=3,y=3 ; ……
Les faltó una:
1^1=1^1
x=y=1 también es solución
Se supone que x es distinto de y
Yo encaré igual que Tito.
Me deja un leve regusto feo, usar análisis real para un problema de aritmética entera… pero vale.
Si x = y siempre se cumple…¿no?
Cayetano, hebep y mi tocayo: sí, x=y es solución (la solución «trivial», digamos); lo interesante es encontrar si hay más. Tito lo resumió bien.
Tengo una solucion mas aritmetica pero no se como se usan los símbolos matemáticos. ¿Alguien me hecha un cable?
encontré una demostración sencilla, sin usar análisis, pero los comentarios son demasiado estrechos para escribirla 😉
[después le mando un pdf a ^DiAmOnD^]
Xabi, es muy sencillo, lo tienes explicado y con un link justo encima del recuadro donde se escribe el comentario. La solución elemental que se me ocurre es: 1.- Soluciones triviales: . 2.- Para las soluciones no triviales, en primer lugar observamos que los factores de tienen que ser los mismos que los de aunque posiblemente con distinta multiplicidad. Siendo esto así, y suponiendo (por simetría habrá otra solución por cada una que encontremos), podemos expresar , y entonces tenemos: . Aquí vemos que siendo , no nos vale y para es fácil ver que . Por lo tanto sólo… Lee más »
Asier, aunque
e 
tengan los mismos factores primos con distinta multiplicidad e 
, yo no deduzco de ello que 
.
Cierto Gulliver, acababa de darme cuenta. Lo sigo mirando…
Asier, esa era exactamente la cuenta a la que me refería. Tomando logaritmos, sólo hay que ver que k^{1/(k-1)} no es nunca un entero (sale bien que no es una fracción, y después por inducción)
La idea es que $k = x^{k-1} \ge 2^{k-1}$, pero $2k \ge 2^k$ sólo si $k=1$ o $k=2$, el primer caso da una solución trivial, y el otro la que estamos buscando (2,4).
detalle: $k$ se puede tomar mayor a 1, porque si se tiene una solución (m,n) también lo es (n,m).
Disculpen mi lírico, no manejo bien el latex. Espero que se entienda
Sea x>=y
Tomamos el mcd(x,y)=d y simplificamos en los exponente. De ese modo, los exponentes resultantes son pesi. Analogamente con las bases. Por popiedad de los enteros y=d. Reduciendose el problema a solucionar xy=y^x. que por simples desigualdades nos de (1,1) y (2,2). Remplazando resulta la solución deseada (y,y) y (2,4).
Saludos
he encontrado un resultado intrigante, realize el razonamiento de forma ascendente, aplique los basicos conocimientos de algebra (logaritmos, ley de exponentes) y he encontradolas ecuaciones respectivas para x y para y ( con sus respectivas restricciones) para el cual segun mis pasos se cumple la ecuacion.disculpen, pues soy nuevo en el foro, aun no se escribir simbolos, podes indicarme.
x=((y))/(y-1)) y por otro lado y=((x)/(x+1))
todos los valores, excepto y#1 y x#-1 .
por favor decidme mi error.
Los valores deben ser enteros positivos.
Sea
, 
, 
y 
.
)
(Y por tanto
Tenemos
Si un primo
divide a 
entonces tiene que dividir a 
y por tanto a 
, pero como 
entonces 
Así que
es múltiplo de 
y funciona el resto de la demostración de Asier (cambiadon 
por 
).
Con lo que
Vale, la he liado poniendo x prima.
Sea
, 
, 
y 
.
)
(Y por tanto
Tenemos
Si un primo
divide a 
entonces tiene que dividir a 
y por tanto a 
, pero como 
entonces 
Así que
es múltiplo de 
y funciona el resto de la demostración de Asier (cambiadon 
por 
).
Con lo que
Esto que voy a poner no es exactamente el problema, pero es algo que se me ha ocurrido parecido:
x^(x^(x^(x^(x^(x^(x^………)….) esta expresión converge cuando se hace tender el número de veces a infinito a un número y tal que y^(1/y)=x, Demostrarlo y hallar su intervalo de convergencia.
Solo han dado casos particulares de mi demostración, a eso me refería…
En respuesta a Sebastián Martín Ruiz, ¿de dónde sacas que esa expresión converge? Creo que no he visto algo más divergente en mi vida.
SEBASTIÁN: precisamente hoy mismo hablo de este tipo de sucesiones en mi blog.
Asumo que x e y deben ser distintas, pues nada mas sencillo que x=1 e y=2
JFLORES:
.
entonces…
Por tanto tu solución no es tal.
PD+reflexión: ¿tanto cuesta al alumnado en general una comprobación del resultado obtenido? -es que hoy he corregido algunos ejercicios y vaya lo que me he encontrado…
Con un primer intento en Latex:
; creo que es evidente que si tiene solucion para enteros; y viceversa.
k=0 -> x=0 (y=0);
k=1 -> la ecuacion falla, debe ser una singularidad, en todo caso tiende a x=1 (y=1);
k=2 -> x=2 (y=4);
k=3 -> x=sqrt(3); falla
En gral k>3 -> falla; es evidente, pero no sé como se demuestra que esa ecuacion no tiene valores enteros para x para tal dominio.
Marko, me vas a permitir que cambie los nombres de las variables, de x a y=f(x) y de k a x.
La derivada de
es algo complicada, pero me sale
valiera 1 tendríamos que hacer que 
(cualquier número elevado a 0 da 1), pero eso se puede ver que es imposible y que nos da dicha singularidad.
El denominador de la fracción es positivo para todo x>3, y el numerador también lo es. La derivada es por tanto negativa para todo x>3.
Como has dicho, hay una singularidad en el 1. Para que
«Para
es fácil ver que 
«. Aunque es evidente, cómo se demuestra -formalmente- eso??
Marko, se puede demostrar fácilmente por inducción, tomando
y teniendo en cuenta que 
podemos partir de la inecuación equivalente 
. Ahora aplicamos el método de inducción tradicional, es decir, verificar que se cumple para 
, suponer cierto para 
y verificar que se cumple para 
.
es evidente que se cumple para 
.
Una vez validado para
Con cierto retraso pero quería aprovechar para agradecer las contribuciones de JuanPablo y Naka Cristo que completan/justifican la demostración que puse.
La ecuacion que propuso marco es identica a la mia, y yo tambien tengo restricciones con el uno, deberian observar el origen de las cosas. me da un poco de ofensa a el que yo la haya planteado primero y no den credito de ello, pero vale disculpen.
Tienes razón, por induccion está bien. Igual ese n+1 me fastidiaba, pero igual es facil resolverlo. Sobre lo que dice Tobar, disculpas.
tips para resolver la ecuacion:
a=bz[1- e^-(c/z)] con z como incognita, a,b,c son constantes reales