Este problema me pareció bastante complicado. No salió con las técnicas clásicas de módulos.
Te platico, el primer paso es reducir el problema. Observa que podemos pasar el ocho para la izquierda y factorizar $$(x-2)(x^2+2x+4) = 3^y7^z$$
Aquí hay que observar que 3 divide a ambos factores o no divide a ninguno. Como la condición pide enteros positivos ($y >0$), entonces debe dividir a ambos. Luego sustituimos $x = 3k + 2$, y aparecerá un factor $3^2$, lo cancelamos y obtenemos: $$k(3(k+1)^2 +1) = 3^{y-2}7^z$$
Haciendo un par de argumentos de divisibilidad se puede observar que $k=3^{y-2}$ y $3(k+1)^2 + 1 =7^z$. Los argumentos serían como sigue:
Observemos que $3$ no puede dividir a $3(k+1)^2+1$ y por la tanto $3^{y-2}$ es factor de $k$.
Por otro lado, si $7$ dividiera a $k$, entonces 7 tampoco dividirá a $3(k+1)^2+1$, lo cuál hace imposible la igualdad.
Entonces deberá ser que $7$ no divide a $k$ y por lo tanto $k = 3^{y-2}$.
Ahora bien, utilizando módulo 4 en la ecuación $3(k+1)^2 + 1 =7^z$, obtenemos que $z$ debe ser par y $k$ impar. Entonces, sustituimos por $z = 2q$ y $k = 2p-1$ en la ecuación y después de algunas manipulaciones algebraicas llegamos a:
$$p^2 = 4(7^{2(q-1)}+7^{2(q-2)} + \cdots 7^2 + 1)$$
La última igualdad tendrá solución si y sólo si $$S_{q-1} = 7^{2(q-1)}+7^{2(q-2)} + \cdots 7^2 + 1$$ es un cuadrado perfecto. Evidentemente $S_0$ es cuadrado perfecto, por lo que para $q=1$ hay solución y esto nos arroja la solución $(x,y,z)=(11,3,2)$. El problema es ahora ver que $S_{q-1}$ no es cuadrado perfecto para ningún valor $q>1$. ¿Cómo dedudicimos que hay probar esto? Es lo normal en este tipo de problemas que tengan sólo un número finito de soluciones.
Hasta este punto sólo hemos empleado técnicas estándar de manipulación de ecuaciones de número enteros. Pero probar que $S_q$ no es cuadrado perfecto no es tan símple. Permiteme aclarar que podríamos tratar de probar la proposición más débil que dice que $4*S_q$ no es cuadrado de la forma $(3^\beta +1)^2$, pero me pareció que tratar de meter la potencia de 3 al cuento era un distractor.
Entonces, ¿cómo probar que $S_n = 7^{2n}+7^{2n -2} + \cdots 7^2 + 1$ no es cuadrado perfecto para $n>0$? Aquí es donde acudí a una argumentación poco elegante para este tipo de problemas. Básicamente busqué un entero $a_n$ tal que $a_n^2 < S_n < (a_n+1)^2$ probando así que $S_n$ no es cuadrado.
El número que encontré fue $a_n = 7^{n} + (7^{n-2}-1)/2 = 7^n +3(7^{n-3}+7^{n-4} + \dots 1)$. Para la definición correcta de este número es necesario que $n \geq 3$, pero se puede ver que para $n=1,2$ funcionan los número $a_1 = 7$ y $a_2 = 49$. Por lo que esto acabaría con el problema.
El único detalle sobrante es probar que $a_n^2 < S_n < (a_n+1)^2$ para $n \geq 3$, pero eso se verifica probando que $a_n^2 < 7^{2n} + 7^{2n-2}+7^{2n-4} < S_n < 7^{2n} + 7^{2n-2}+7^{2n-3} < (a_n+1)^2$. Estas últimas desiguadades se verifican usando pura álgebra de desigualdades.
Saludos y gracias por compartir tu problema.
Nota: Algunas de estas cosas ayuda verlas en base 7. Pero no es necesario.
Creo que el nivel del problema no debería estar en "Básico" a mi parecer debería estar en "avanzado" ya que caería en el nivel de un tipo nacional. ¿Cómo ves Alexander?
Por otro lado, ¿tienes una solución distinta a la mia? Tal vez hay una manera más sencilla de atacar este problema.
Enviado por Alexander Israe... el 21 de Marzo de 2016 - 16:59.
Quiero entender bien su solución. ¿Cómo se deduce que $\displaystyle z$ debe ser par y $\displaystyle k$ debe ser impar en la igualdad $\displaystyle 3(k+1)^{2}+1=7^{z}$, utilizando $\displaystyle \pmod{4}$? Le pido por favor me explique cómo se deduce eso.
Primero veamos que $7 \equiv -1 \pmod{4}$, por lo que $7^z \equiv (-1)^z \pmod{4}$. Observa que si $z$ es par $7^z$ será congruente con 1 y cuando es impar, con -1.
De manera similar tenemos que $(k+1)^2 \equiv 0, 1 \pmod{4}$, será congruente a 0 si $k$ es impar, y será congruente a 1 si $k$ es par. Por lo que $3(k+1)^2 +1 \equiv 1, 0 \pmod{4}$, será congruente a 1 si $k$ es impar; y a 0, si $k$ par.
Como deseamos que $7^z$ y $3(k+1)^2 +1$ sean iguales, deberán tener el mismo residuo módulo 4. Pero el único residuo donde coinciden es en 1 (módulo 4), es decir, cuando $z$ es par y $k$ impar.
Enviado por jesus el 12 de Septiembre de 2016 - 09:12.
Ohhh!! Muy padre!
No me percaté que la ecuación $3(k+1)^2 + 1= 7^{2q}$ era una ecuación de Pell. Eso delimita bastante el problema. Me gustó mucho la idea.
El único detalle que no me pareció tan obvio es cómo demuestras que $$x_{N} = \sum_{0 \leq j \leq k} \binom{2k+1}{2j}7^{2k+1-2j}(4\sqrt{3})^{2j}$$ no puede ser potencia de siete. Por la forma que tiene se ve que no podría ser, pero de momento no veo cómo argumentarlo.
Enviado por jesus el 12 de Septiembre de 2016 - 19:24.
No sé si me hace falta logearme o algo así pues no encuentro la demostración de ese hecho. El único comentario que encuentro al respecto en aquella discusión es:
De esa última expresión se desprende que xN tampoco puede ser una potencia de 7 cuando N es un número par mayor que 2...
Si no es mucho problema, ¿me lo podrías copiar aquí?
Enviado por Luis Zapata Arellano el 2 de Octubre de 2017 - 16:44.
Yo tengo esto (no he leído aún las soluciones):
$$x^{3}-8=(x-2)(x^{2}+2x+4)=((x+1)^{2}+3)=3^{y}7^{z}$$
Para esto si x-2 contiene al 7 $$x \equiv 2 \mod 7$$, de otro modo$$x \equiv 1 \lor 4 \mod 7$$.
Así que uno de los factores contiene todos los 7's, por lo que otro debe ser potencia de 3.
Supongamos que todos 3^h es contenido por uno de los factores y ese factor es (x+1)^2+3, entonces existe h tal que (x+1)^2+3=3^h.
La única forma de que esto pase es que, para algún k:
$$x+1=(3k)^{2} \Rightarrow 3^{h-1}=3k^2 \Rightarrow x=-1$$ lo que no satisface las condiciones del problema, luego ese 3^h es x-2 realmente.
Del otro lado \begin{eqnarray}
(3^h+3)^{2}+3&=&3^{y-h}7^{z} \Rightarrow \\
3(3^{h-1}+1)^{2}&=&3^{y-h-1}7^{z} \Rightarrow \\
y=h+1 &\land& 3(3^{h-1}+1)^{2}=7^{z}-1
\end{eqnarray}
Pero,
$$7^{z}-1=6(7^{z-1}+7^{z-1}+ \ldots +1) \Rightarrow z=2w$$ para algún w.
$$3^{h}(3^{h-1}+2)=7^{2w}-4=5( \ldots )$$. Como 5 no divide a una potencia de , $$5|3^{h-1}+2 \Rightarrow h=2$$. Se concluye que la única solución es (11,3,2). Porfa quien le sepa borre los otros intentos de escribir en LaTeX xD.
(Sin asunto)
Este problema me pareció
Este problema me pareció bastante complicado. No salió con las técnicas clásicas de módulos.
Te platico, el primer paso es reducir el problema. Observa que podemos pasar el ocho para la izquierda y factorizar $$(x-2)(x^2+2x+4) = 3^y7^z$$
Aquí hay que observar que 3 divide a ambos factores o no divide a ninguno. Como la condición pide enteros positivos ($y >0$), entonces debe dividir a ambos. Luego sustituimos $x = 3k + 2$, y aparecerá un factor $3^2$, lo cancelamos y obtenemos: $$k(3(k+1)^2 +1) = 3^{y-2}7^z$$
Haciendo un par de argumentos de divisibilidad se puede observar que $k=3^{y-2}$ y $3(k+1)^2 + 1 =7^z$. Los argumentos serían como sigue:
Ahora bien, utilizando módulo 4 en la ecuación $3(k+1)^2 + 1 =7^z$, obtenemos que $z$ debe ser par y $k$ impar. Entonces, sustituimos por $z = 2q$ y $k = 2p-1$ en la ecuación y después de algunas manipulaciones algebraicas llegamos a:
$$p^2 = 4(7^{2(q-1)}+7^{2(q-2)} + \cdots 7^2 + 1)$$
La última igualdad tendrá solución si y sólo si $$S_{q-1} = 7^{2(q-1)}+7^{2(q-2)} + \cdots 7^2 + 1$$ es un cuadrado perfecto. Evidentemente $S_0$ es cuadrado perfecto, por lo que para $q=1$ hay solución y esto nos arroja la solución $(x,y,z)=(11,3,2)$. El problema es ahora ver que $S_{q-1}$ no es cuadrado perfecto para ningún valor $q>1$. ¿Cómo dedudicimos que hay probar esto? Es lo normal en este tipo de problemas que tengan sólo un número finito de soluciones.
Hasta este punto sólo hemos empleado técnicas estándar de manipulación de ecuaciones de número enteros. Pero probar que $S_q$ no es cuadrado perfecto no es tan símple. Permiteme aclarar que podríamos tratar de probar la proposición más débil que dice que $4*S_q$ no es cuadrado de la forma $(3^\beta +1)^2$, pero me pareció que tratar de meter la potencia de 3 al cuento era un distractor.
Entonces, ¿cómo probar que $S_n = 7^{2n}+7^{2n -2} + \cdots 7^2 + 1$ no es cuadrado perfecto para $n>0$? Aquí es donde acudí a una argumentación poco elegante para este tipo de problemas. Básicamente busqué un entero $a_n$ tal que $a_n^2 < S_n < (a_n+1)^2$ probando así que $S_n$ no es cuadrado.
El número que encontré fue $a_n = 7^{n} + (7^{n-2}-1)/2 = 7^n +3(7^{n-3}+7^{n-4} + \dots 1)$. Para la definición correcta de este número es necesario que $n \geq 3$, pero se puede ver que para $n=1,2$ funcionan los número $a_1 = 7$ y $a_2 = 49$. Por lo que esto acabaría con el problema.
El único detalle sobrante es probar que $a_n^2 < S_n < (a_n+1)^2$ para $n \geq 3$, pero eso se verifica probando que $a_n^2 < 7^{2n} + 7^{2n-2}+7^{2n-4} < S_n < 7^{2n} + 7^{2n-2}+7^{2n-3} < (a_n+1)^2$. Estas últimas desiguadades se verifican usando pura álgebra de desigualdades.
Saludos y gracias por compartir tu problema.
Nota: Algunas de estas cosas ayuda verlas en base 7. Pero no es necesario.
Entonces la solución
Entonces la solución encontrada es única: $x=11, y=3, z=2$ .
Sí, así es. Esa es la única
Sí, así es. Esa es la única solución que obtengo.
Creo que el nivel del
Creo que el nivel del problema no debería estar en "Básico" a mi parecer debería estar en "avanzado" ya que caería en el nivel de un tipo nacional. ¿Cómo ves Alexander?
Por otro lado, ¿tienes una solución distinta a la mia? Tal vez hay una manera más sencilla de atacar este problema.
Quiero entender bien su
Quiero entender bien su solución. ¿Cómo se deduce que $\displaystyle z$ debe ser par y $\displaystyle k$ debe ser impar en la igualdad $\displaystyle 3(k+1)^{2}+1=7^{z}$, utilizando $\displaystyle \pmod{4}$? Le pido por favor me explique cómo se deduce eso.
Primero veamos que $7 \equiv
Primero veamos que $7 \equiv -1 \pmod{4}$, por lo que $7^z \equiv (-1)^z \pmod{4}$. Observa que si $z$ es par $7^z$ será congruente con 1 y cuando es impar, con -1.
De manera similar tenemos que $(k+1)^2 \equiv 0, 1 \pmod{4}$, será congruente a 0 si $k$ es impar, y será congruente a 1 si $k$ es par. Por lo que $3(k+1)^2 +1 \equiv 1, 0 \pmod{4}$, será congruente a 1 si $k$ es impar; y a 0, si $k$ par.
Como deseamos que $7^z$ y $3(k+1)^2 +1$ sean iguales, deberán tener el mismo residuo módulo 4. Pero el único residuo donde coinciden es en 1 (módulo 4), es decir, cuando $z$ es par y $k$ impar.
Saludos,
Jesús
Ohh, este problema apareció
Ohh, este problema apareció en la Olimpiada Nacional de Turquía de 2014 segunda ronda. http://artofproblemsolving.com/downloads/printable_post_collections/5443
Interesante dato.
Interesante dato.
Jesús: He aquí mi solución a
Jesús:
He aquí mi solución a este problema:
http://www.elirracional.org/index.php/6123/cual-es-terna-enteros-positiv...
Cordialmente,
J.H.S.
Ohhh!! Muy padre! No me
Ohhh!! Muy padre!
No me percaté que la ecuación $3(k+1)^2 + 1= 7^{2q}$ era una ecuación de Pell. Eso delimita bastante el problema. Me gustó mucho la idea.
El único detalle que no me pareció tan obvio es cómo demuestras que $$x_{N} = \sum_{0 \leq j \leq k} \binom{2k+1}{2j}7^{2k+1-2j}(4\sqrt{3})^{2j}$$ no puede ser potencia de siete. Por la forma que tiene se ve que no podría ser, pero de momento no veo cómo argumentarlo.
Saludos,
Jesús
Eso lo explico en el primer
Eso lo explico en el primer comentario que le escribí a Alexander en esa discusión.
Cordialmente,
J.H.S.
No sé si me hace falta
No sé si me hace falta logearme o algo así pues no encuentro la demostración de ese hecho. El único comentario que encuentro al respecto en aquella discusión es:
Si no es mucho problema, ¿me lo podrías copiar aquí?
Saludos,
Jesús
Yo tengo esto (no he leído
Yo tengo esto (no he leído aún las soluciones):
$$x^{3}-8=(x-2)(x^{2}+2x+4)=((x+1)^{2}+3)=3^{y}7^{z}$$
Para esto si x-2 contiene al 7 $$x \equiv 2 \mod 7$$, de otro modo$$x \equiv 1 \lor 4 \mod 7$$.
Así que uno de los factores contiene todos los 7's, por lo que otro debe ser potencia de 3.
Supongamos que todos 3^h es contenido por uno de los factores y ese factor es (x+1)^2+3, entonces existe h tal que (x+1)^2+3=3^h.
La única forma de que esto pase es que, para algún k:
$$x+1=(3k)^{2} \Rightarrow 3^{h-1}=3k^2 \Rightarrow x=-1$$ lo que no satisface las condiciones del problema, luego ese 3^h es x-2 realmente.
Del otro lado \begin{eqnarray}
(3^h+3)^{2}+3&=&3^{y-h}7^{z} \Rightarrow \\
3(3^{h-1}+1)^{2}&=&3^{y-h-1}7^{z} \Rightarrow \\
y=h+1 &\land& 3(3^{h-1}+1)^{2}=7^{z}-1
\end{eqnarray}
Pero,
$$7^{z}-1=6(7^{z-1}+7^{z-1}+ \ldots +1) \Rightarrow z=2w$$ para algún w.
$$3^{h}(3^{h-1}+2)=7^{2w}-4=5( \ldots )$$. Como 5 no divide a una potencia de , $$5|3^{h-1}+2 \Rightarrow h=2$$. Se concluye que la única solución es (11,3,2). Porfa quien le sepa borre los otros intentos de escribir en LaTeX xD.
Hola Luis, Sobre tu última
Hola Luis,
Sobre tu última proposición
$$5|3^{h-1}+2 \Rightarrow h=2$$
Debería decir:
$$5|3^{h-1}+2 \Rightarrow h \equiv 2 \pmod{4} $$
Entonces, solamente te faltaría justificar por qué la identidad es imposible para otros valores de $h >2$.
Gracias por tu colaboración.
Jesus