Cuarto problema, primero del segundo día, de la Olimpiada Matemática Española 2012. Éste es el enunciado:
Hallar todos los números enteros positivos
y
tales que
A por él.
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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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k no puede ser par
Yo diria
simplemente desarrolando el binomio he igualando las mismas potencias de n, por independencia lineal, ademas de la solucion trivial
bueno que solo pasa creo cuando n=2 y k=1. basicamente el numero combinatorio
Ademas de la trivial de n=0 para todo k, yo obtengo n=3 y k=3, para n=2 y k=1 me sale 9=11 que obviamente no cumple.
El único problema es que lo he hecho por fuerza bruta y no he demostrado que la solucion sea única aunque tiene pinta de serlo.
n = 2, k = 1 no es solución: (2 + 1)^2 = 9 2*2^1 + 3*2 + 1 = 11 La solución obvia es n = 3, k = 3: (3 + 1)^3 = 64 2*3^3 + 3*3 + 1 = 64 Si por enteros positivos entendemos, siguiendo a Bourbaki, enteros mayores o iguales que cero, también es solución n = 2, k = 0: (2 + 1)^2 = 9 2*2^0 + 3*2 + 1 = 9 Y creo que no hay más … La solución debe venir por el binomio de Newton. (n + 1)^n = n^n +… Lee más »
Si el 0 fuera un entero positivo sería solución n=2, k=0
Desarrollando por el binomio de Newton, eliminando el termino independiente 1 y simplificando por «n» queda 2*n^(n-1)+1/2(n-1)*n^(n-2)+….=2*n^(k-1)+3 entonces
2*n^(n-1)=2*n^(k-1) y 1/2(n-1)*n^(n-2)+…. =3 que se cumple para n=k=3
Yo no soy muy de matemáticas (ni tampoco de latex), pero quiero cambiar eso, así que allá voy (corregidme si me equivoco):
como
nos queda algo más parecido a lo del enunciado:
Podemos _apretar_ el chorizo sabiendo que sólo necesitamos cuatro sumandos (n=3) para convertirlo en el enunciado (o viendo que
es cierto para n = 3).
Hallamos k(n). El límite de k(n)/n cuando n tiende a infinito es 1, k(n) tiene un máximo en 3,94 y es decreciente a partir de ese punto. Como k(n)>n para k>3 y k(4) es menor que 5, no existen soluciones para k>3.
Para n=1 no hay solución, para n=2 k vale 0 y para n=3 tenemos la única solución válida que es k=3.
coincido con Jechira
yo desarrolle el polinomio pero ademas de desarrollar de orden ‘n’ tambien lo hice con ‘k’.
Despues de eso no encontre otra solucion que no sea n=k=3, o n=0 k >=1
Pasamos 1 al primer miembro: (n+1)^n-1=2n^k+3n
Usando la propiedad de que a^r-1=(a-1)[a^(r-1)+a^(r-2)+···+1]
n[2n^(k-1)+3) =n[(n+1)^(n-1)+(n+1)^(n-2)+···+1]
Dividiendo por n:
2n^(k-1)+3=(n+1)^(n-1)+(n+1)^(n-2)+····+1
Tomando congruencias módulo n (y suponiendo k>1): 3=1+···+1=0 (mód.n), es decir n|3, luego n=1 ó n=3
Si n=1: (1+1)^1=2·1^k+3+1 no es cierto
Si n=3: (3+1)^3=2·3^k+3·3+1, nos da la solución k=3
Falta ver qué pasa si k=1:
La ecuación es (n+1)^n=2n+3n+1=5n+1, que se comprueba fácilmente que no tiene solución.
La misma demostración de antes, pero poniendo un poco de Latex para que se vea mejor
Pasamos 1 al primer miembro:
Usando la propiedad de que
=(a-1)(
+
+···+1)
Dividiendo por n:
=
+
+···+1
Tomando congruencias módulo n (y suponiendo k>1): 3=1+···+1=0 (mód.n), es decir n|3, luego n=1 ó n=3
Si n=1:
=2·
+3+1 no es cierto
=2·
+3·3+1, nos da la solución k=3
Si n=3:
Falta ver qué pasa si k=1:
=2n+3n+1=5n+1, que se comprueba fácilmente que no tiene solución.
La ecuación es