Vamos con el problema semanal. Ahí va el enunciado:
Sabiendo que el siguiente sistema de ecuaciones
tiene una solución real
que cumple que
, encuentra el valor de
para dicha solución.
Que se os dé bien.
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Aunque no excesivamente complicado me parece algo engorroso. Yo creo que tengo la primera parte (sacar la suma de cuadrados),, pero hay unos cuadrados en un paso previo que me suman negativo y está claro que hay un error de cuentas por algún sitio. Básicamente es llegar a expresiones de grado «n» por el máximo número de caminos posibles (llegando de diversas formas a expresiones similares) y luego comparándolas y simplificando. Una vez que se saca la suma de cuadrados, para sacar la de potencias quintas intuyo que debería ser la misma historia, pero con más sangre, sudor y lágrimas… Lee más »
Engorrosísimo. Las soluciones, por simetría deben ser intercambiables entre las tres variables.
Idea feliz que milagrosamente conduce al resultado:
Suponer que x=1, y=1+a, z=1-a que satisface la primera ecuación.
Operando en la segunda obtenemos que a=raíz(2) con lo que las soluciones son 1, 1+raíz(2) y 1-raíz(2). Comprobamos que también satisfacen la tercera.
Se calcula inmediatamente que x^5+y^5+z^5=1+41+29*raíz(2)+41-29*raíz(2)=83.
Una auténtica suerte.
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Es simplemente buen ojo o hay algo que te diga que la solución para una de las variables es 1?
Si las soluciones están en progresión artimética, a – b, a, a + b, de la primera ecuación se deduce que a = 1. Pero no veo porqué debe ser así.
Confieso que ha sido un tiro al buen tuntún que, sorprendentemente, ha funcionado.
Ni siquiera me atrevo a llamarlo buen ojo. Quizá le vendría mejor la palabra intuición.
Primero empecé probando x=1, y=a, z=1/a. Como sugiere Jordi probé primero la progresión
geométrica y luego la aritmética.
Supuse que, además de intercambiables, las soluciones podrían tener alguna simetría formal.
Naturalmente, creo que tiene que haber una solución al problema más «académica».
Vamos con la primera parte. Primero voy a intentar dar algo de «lógica» al procedimiento. La expresión es bastante «rica» porque al desarrollarla vamos a poder utilizar expresiones de grados menores ( y ) para realizar simplificaciones. También nos será útil la expresión porque al elevarla al cuadrado obtendremos términos de grado cuatro. Llamaremos también . Vamos a armar un sistema de 2 ecuaciones con S y P: Primera ecuación: Notemos Con esa observación es evidente la siguiente cadena $latex 27 =(x+y+z)^{3} = x^{3}+y^{3}+z^{3}+6P + 3(x^{2}y+x^{2}z+y^{2}x+y^{2}z+z^{2}x+z^{2}y) = -2(x^{3}+y^{3}+z^{3})+6P+3(3S)$ Resulta así: Segunda ecuación: Observación 1: Observación 2: En particular usaremos luego… Lee más »
Dándole alguna vuelta en cama al tema creo que para las potencias quintas no hace falta tanta parafernalia. Realmente tenemos a tiro ya todos los ingredientes para las fórmulas Cardano-Vietta del polinomio mónico de raices
. Conocemos la terna 
pues el caso de la primera y tercera componente es evidente y la segunda es 
Sale el polinomio
y salen ya las soluciones que proponía JJGJJG.
Perdona JJGJJG, pero creo que lo que dices no tiene ni pies ni cabeza. Te voy a poner un ejemplo. Sean a=2; b=3; c=5 En este caso a,b,c no están en progresión aritmética ni geométrica y puedo poner unas ecuaciones con la misma simetría: a+b+c = 10 a^3+b^3+c^3 = 160 a^4+b^4+c^4 = 722 a^2+b^2+c^2 < 40 Calcula a^5+b^5+c^5 Tampoco ninguno de los valores a,b,c es igual a 1 así que fue pura suerte… Eso sí, en caso de sospechar que los valores no fuesen enteros los tres, reconozco que la progresión sí podía tener algo de sentido suponerla pero no… Lee más »
Y aparte, la solución de JJGG es sólo una solución, se +comprueba+ que es solución, no se +resuelve+ el problema, en cuanto a: ¿es la única solución? ¿cómo se deducen esos resultados, y no otros, de haberlos?
Acido, sí hay razones para pensar que no son enteros. Dado que x^4+y^4+z^4=35, se ve que ninguno de ellos puede llegar a la raíz cuarta de 35, o sea, 2,4323, luego las únicas soluciones enteras pueden ser +1, -1, +2 o -2. y con unos sencillos tanteos se ve que no sirven.
A la vista de ello, la suposición de que estuvieran en progresión fue una ocurrencia afortunada y nada más. El primer sorprendido del acierto fui yo.
La idea feliz de suponer que asignes «a voleo» los valores auténticos de las soluciones me parece verdaderamente más increíble que feliz.
Una pregunta. ¿Es posible que esas tres sumas den números enteros siendo las tres variables, x, y, z, no enteros?
Precisamente 1^n+(1+raíz(a))^n+(1-raíz(a)^n es entero para todo valor entero de a y +n.
La solución de JJGJJG me parece genial (resultados numéricamente hermosos) evidentemente los valores de las variables no son naturales. Esta de mas explicaciones. Las potencias pares son las que determinan dicha condición. Aunque me hubiese gustado un sistema de ecuaciones cuyas soluciones sean enteros como por ejemplo:
x + y + z = 3
x^3 + y^3 + z^3 = 15
x^4 + y^4 + z^4 = 33
x^5 + y^5 + z^5 = ?
SI 6<x^2 + y^2 + z^2 <10
Creo que hay un pequeño error en la segunda ecuación de Daniel Cao, es
, pero debe ser al pasarlo aquí, porque es correcto que 
. Al final 
. ¿Habrá manera de obtenerlo sin hallar x, y, z?
Creo, Darío Lanni, que tu sistema resulta demasiado fácil por ser las soluciones enteras.
De las cuartas potencias se deduce, como expliqué en un comentario anterior, que las soluciones solo pueden ser +1, -1, +2 y -2. Resulta de un simple tanteo que las soluciones tienen que ser 2, 2, y -1, con lo que x^2+y^2+z^2=9 y x^5+y^5+z^5=63.
Respecto a lo que comenta Matías sí en efecto está mal y hay que hacer el cambio que tú dices y queda la segunda ecuación. Tuve ahí un error al copiarlo del papel (generalmente las notas que hago son bastante chapuceras y tengo que añadir cosas a la hora de redactarlo para el post y en esa cuenta me colé al no dividir entre ), pero las cuentas posteriores están bien como tú también dices. Salen de soluciones de la suma de cuadrados y , nos quedamos con la primera al ser menor que diez. Luego por Vietta sacas los… Lee más »
¿Alguna idea sobre lo que pregunté en mi comentario anterior?
La idea sería resolverlo así:
– Deducir de las sumas enteras que al menos una de las variables tiene que ser entera (esto habría que demostrarlo).
– Probar con (-2,-1,0,1,2)
– Comprobar que sólo hay solución para 1
Y ya todo lo demás
Sobre los comentarios de golvano: En el caso concreto que se plantea en esta entrada SÍ hay una solución entera. Creo que lo que tu propones es demostrar que dados tres números cuya suma, la de sus cubos y la de sus cuartas potencian dan valores enteros, al menos uno de ellos tiene que ser entero. Esa afirmación no es cierta. Puede no ser entero ninguno de los tres números.Te lo ilustraré con unos ejemplos: Ejemplo 1: tomemos los números 1, 1, y 2 y calculemos su suma, la de sus cubos y la de sus cuartas potencias: son, respectivamente… Lee más »
Excelente JJGJJG. Efectivamente esa es la solución algo que realmente es evidente para una mente sagaz. Bueno te invito a un resolver con la misma brillantes algunos problemas en mi blog http://sixthissue.blogspot.com/ sobre lo números impertinentes. sospecho que eres una de las pocas personas que podrían darle soluciones al problema planteado.
JJGJJG Me gustaría saber si alguna vez has intentado resolver la conjetura binaria de Golbach intuyo que eres lo bastante inteligente como para abordar este difícil problema que trae de cabeza a las mentes mas preclaras de la matemáticas.
La solución es 63 en la última ecuación y los valores que tomo son (2,2,-1)
Tienes razón, JJGJJG. Estaba mal pensado.
No se ve la desigualdad
Ya está arreglado. Gracias por el aviso :).