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Autor Tema: Problemilla  (Leído 5404 veces)
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jorgekarras
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« : 13/06/2007, 06:05:53 pm »

Se me pide probar que:

2x2b+b2[texx]\neq{}[/texx]y2

bajo las siguientes condiciones

x es par
b,y son impares superiores a 1


¿se puede?

gracias de antemano
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cuadraticus
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« Respuesta #1 : 13/06/2007, 11:58:26 pm »


 En apareiencias se puede si x=2,b=1,Y=3
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jorgekarras
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« Respuesta #2 : 14/06/2007, 04:03:14 am »

gracias, cuadráticos,

se me olvidó que los impares han de ser superiores a 1

ya lo corregí
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Luis Fuentes
el_manco
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« Respuesta #3 : 14/06/2007, 05:01:17 am »

Hola

 Hay muchas más soluciones.

 Ejemplo:

 x=6

 b=3

 y=15

[texx] 2*6^2*3+3^2=72*3+9=216+9=225=15^2[/texx]

Saludos.
 
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cuadraticus
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« Respuesta #4 : 14/06/2007, 02:18:58 pm »

 Supongo que  el problema propuesto diría que x,b son coprimos y b 
 no es cuadrado en ése caso no hay solución.
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cuadraticus
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« Respuesta #5 : 14/06/2007, 04:09:46 pm »

 YO ADIVINO EL PENSAMIENTO

   En Argentina hay un tango de Gardel muy conocido cuya letra dice en una parte: "Yo adivino el pensamiento" . En éste caso le adivino el pensamiento a J.K. y sé en busca de qué va él y es el de las ternas pitagóricas.
 (X + b)^2 = X^2 + 2 Xb + b^2 , debe ser 2Xb+ b^2 = Y^2 lo cual siempre tiene solución si b es cuadrado:b= B^2
 (X+b)^2 = X^2 + B^2 ( 2 X + B^2) de dónde si Y^2 = & ^2.y^2

 es 2X+ B^2 = y^2,  es decir 2X =( y - B)( y + B)
 Si y,B son de la misma paridad siempre hay solución.
 Ejemplo X=20, b= 3^2, Y = 21 ( dá Z= 29)
 
 En la otra forma b debe ser 2a^2
 ( Y + 2a^2)^2 = Y^2 + 4a^2( Y+ a^2), entonces debe ser
 Y+ a^2 = x^2, o sea  Y = (x-a)(x+a) que siempre tiene solución

 Nótese que si el binomio estuviera elevado al cubo u otra potencia
 mayor que dos ésto es imposible de conseguir

 SERÁ ÉSTO LO QUE VIÓ FERMAT?

 R.R.
 
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jorgekarras
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« Respuesta #6 : 15/06/2007, 06:51:37 am »

Hola, Ruben Rosas y demás:

efectivamente, los pensamientos van por ahí, al igual que el parpadeo de las luces que a lo lejos van marcando los retornos... ;-D

Sin embargo nota dos cosas:

Yo propongo

2x2b + b2 = y2

( o lo que es más o menos lo mismo 2x2b + b2 = y4 )

no
 
2xb + b2 = y2

Atención al exponente de equis... Supongo que ya te das cuenta.

Ahora sigue con el razonamiento y dado que esta igualdad es posible en algunos casos, por qué entonces para esos mismos casos no sería posible (porque si lo es me darías un susto):

x2 + b = z2

A ver si llegas a las mismas conclusiones que yo (que, ya te digo de antemano, todavía no he terminado de cerrar).


Cita
Nótese que si el binomio estuviera elevado al cubo u otra potencia
 mayor que dos ésto es imposible de conseguir

Esto, aun siendo cierto, no es tan fácil de demotrar por la vía que propones. Por lo menos, según me alcanza.

Salu2 y gracias por el interés
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jorgekarras
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« Respuesta #7 : 18/06/2007, 03:31:43 am »

Lo diré de manera más gráfica: esta imagen es imposible.




Es imposible porque nos llevaría a un ecuación que sabemos que es imposible:

z4 = x4 + y4.


Ahora, bien, la segunda afirmación no está implícita.

Tengo un par de argumentaciones: diré la más fácil, casi de pura lógica, aunque no sé si convenceré a nadie.

No es posible porque sabemos de las ternas derivadas. Son aquellas donde se multiplica a los tres lados o términos por un mismo número. (12, 16, 20) es una derivada de (3, 4, 5), y que tambíen cumple que 122+162=202

Tomemos esa misma terna. Si queremos que el cateto impar, 3, sea un cuadrado, basta con multiplicarlo por sí mismo, pero entonces la única solución válida sería otra terna (32,3*4,3*5).

Dado que los tres componentes de una terna primitiva son co-primos, sin divisores comunes a los tres, nunca encontraríamos un triángulo rectángulo con sus tres lados potencias al cuadrado, ergo, tampoco será posible que la suma de sus cuadrados (es decir, la suma de potencias a la cuarta,) se igualen.

Podríamos incluso decir que el segundo término, y, pueda ser igual a x*b2, con lo que si tenemos un lado
x2, podríamos tener otro (xb)2, pero ya no sería posible que el tercero, z, tenga también un divisor x.

(x2, x2b2, z), z=xc, pero siempre z[texx]\neq{}[/texx]x2c2.

Sencillo, ¿no? ¿Hay truco, o no hay truco?

Salu2
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jorgekarras
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« Respuesta #8 : 21/06/2007, 03:41:42 am »

Si el argumento anterior es cierto, también podríamos decir que son imposibles todos los triángulos rectángulos de la forma



La conclusión es clara. Y sin embargo, todavía nadie me ha echado en cara el truco.

¿Será que no hay?

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Ruben Rosas
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« Respuesta #9 : 30/06/2007, 12:32:43 am »

 Mira JK en lo escrito por vos el 15 de Junio, respecto de una cita en lo escrito por mí,(ahora que pude entrar nuevamente en el foro) dices que sería difícil de demostrar.Respecto de ello propongo el siguiente problema: la ecuación

  u^2 + j u - a = 0  con j=impar,a=par debería dar soluciones enteras  pares, pero si j es impar hay una solución par y otra impar y por lo tanto ésa solución impar no puede satisfacer a la ecuación, desde mi punto de vista una ecuación así como no cumple el requisito
 surge que la suposición es falsa y por lo tanto debe tener soluciones
 en dónde la idea de par impar es falsa, es decir ésa ecuación 
 tendría soluciones no racionales.
 No sé que opinan de ésa conclusión.
 
 
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jorgekarras
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« Respuesta #10 : 06/07/2007, 06:55:17 am »

Hola, he estado unos días sin conectarme:

La verdad es que no entiendo muy bien tu proposición, Rubenrosas. ¿Podrías desarrollarla un poco más?

Hablas de la ecuación u^2+ju-a=0 pero no entiendo el origen.
En cuanto a lo de impar y par, también hay que contar con si u es par o impar.

...

Luego seguiré con una nueva idea sobre todo eso de señor Pitágoras.


Un saludo
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Ruben Rosas
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« Respuesta #11 : 06/07/2007, 03:42:47 pm »

 Ante todo JK debo felicitarte por conocer las letras de los tangos  
 de Gardel mejor que un argentino.En general desde la escuela secundaria se utiliza la letra X como introducción al conocimiento de las ecuaciones,pero hice empleo de la letra u pues la X ya se había utilizado antes en ésta página, y lo hice para no confundir. En cuanto a la ecuación en u es de segundo grado,pero la misma cuestión para ése problema se presentaría en las de cuarto,sexto,.. grado.Me devano los sesos en encontrar un ejemplo práctico pero no lo encuentro,es como adivinar que número saldría (ejemplo grosero) al tirar un dado en dónde se sabe que todas sus caras son números pares.Supongamos que la cuestión lleva a una ecuación de
 segundo grado.La solución debería estar dadas en números pares.Pero una ecuación como la propuesta,lleva a una ecuación con
 solución que" si es entera" lleva a un número par y otro impar,luego mi conclusión es que la ecuación no corresponde a números enteros
 si no a números reales irrcionales en dónde carece de sentido hablar
 de número par o impar.Decía que la solución para obtener ternas pitagóricas siempre es posible, en caso de grados mayores se llega a ecuaciones como la propuesta de incógnita u en dónde de mi punto de vista no hay soluciones enteras (no hay fraccionarias pues el coeficiente de u al cuadrado es uno).Sólo pedía opinión en éste sentido, en cuanto a cómo llegar a ésa ecuación,me parece mejor exponerla en la página de Ternas pitagóricas,que se adecuan más al
 título de la página.
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