Encontrar todos los enteros positivos $n$ para los cuales existen tres números enteros no nulos $x,y,z$ tales que:$$x+y+z=0$$y$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{n}$$
Respuesta: ninguno
Afirmación. [math](n-x)(n-y)(n-z)=n^3
Dem. Trivial, solo expandir y usar ambas hipotesis.
Definimos [math]A=n-x,B=n-y,C=n-z enteros, y asuma que [math]n distinto de 1.
Tenemos que [math]A+B+C=3n y por lo anterior [math]ABC=n^3.
Ahora de [math]n(xy+yz+zx)=xyz deducimos haciendo los cambios que [math]AB+BC+CA=3n^2 cuando [math]n distinto de 1 (solo expandir y en algun momente estamos dividiendo por [math]n-1), pero [math]\noindent A^2+B^2+C^2&=(A+B+C)^2-2(AB+BC+CA)=3n^2=AB+BC+CA
de donde [math]A=B=C porque ([math]A^2+B^2+C^2=AB+BC+CA implica [math](A-B)^2+(B-C)^2+(C-A)^2=0) , de aquí [math]x=y=z pero entonces [math]x=y=z=0, absurdo. Luego veamos con [math]n=1.
Tenemos [math](1-x)(1-y)(1-z)=1 de acá que alguno de [math]1-x,1-y,1-z es [math]\pm 1 y se ve que eso tambien nos da un absurdo, de ahí la respuesta.
Siento que definitivamente esta NO es la respuesta
felipe94in escribió:Problema 2
Ahora de [math]n(xy+yz+zx)=xyz deducimos haciendo los cambios que [math]AB+BC+CA=3n^2 cuando [math]n distinto de 1 (solo expandir y en algun momente estamos dividiendo por [math]n-1),
[math]AB+BC+CA = (n-x)(n-y) + (n-y)(n-z) + (n-z)(n-x) = 3n^2 - 2(x+y+z)n + (xy+yz+zx) = 3n^2 + (xy+yz+zx)
y no veo por qué ese último término da [math]0, lo único que sabés es que es igual a [math]\frac{xyz}{n}
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
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felipe94in escribió:Problema 2
Ahora de [math]n(xy+yz+zx)=xyz deducimos haciendo los cambios que [math]AB+BC+CA=3n^2 cuando [math]n distinto de 1 (solo expandir y en algun momente estamos dividiendo por [math]n-1),
[math]AB+BC+CA = (n-x)(n-y) + (n-y)(n-z) + (n-z)(n-x) = 3n^2 - 2(x+y+z)n + (xy+yz+zx) = 3n^2 + (xy+yz+zx)
y no veo por qué ese último término da [math]0, lo único que sabés es que es igual a [math]\frac{xyz}{n}
Por notación nada más usaré [math]a=x, [math]b=y=, [math]c=z.
Sea [math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c), el polinomio de raíces [math]a, [math]b y [math]c. Desarrollando [math]P(x)=x^{3} + x^{2} (a+b+c)+x(ab+ca+cb)-abc. Usando (1) tenemos que: [math]P(x)=x^{3} +x(ab+ca+cb)-abc.
De (2) sacamos que: [math]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{bc+ac+ba}{abc}=\frac{1}{n} \Rightarrow ab + ca +ba = \frac{abc}{n}. Entonces: [math]P(x)=x^{3}+x\frac{abc}{n} -abc.Sacando factor común: [math]P(x)=x(x^2 + \frac{abc}{n}) -abc. Entonces como [math]a, [math]b y [math]c son las raíces de [math]P(x), para [math]x=\{a,b,c\} se cumple que: [math]x(x^2 + \frac{abc}{n}) = abc.
De donde sacamos:
I) [math](a^2 + \frac{abc}{n}) =bc,
II) [math](b^2 + \frac{abc}{n}) =ac y
III) [math](c^2 + \frac{abc}{n}) =ab.
Del enunciado es fácil ver que a, b y c no pueden ser los 3 negativos (ya que [math]n es positivo). De IV) es fácil ver que de a, b y c una cantidad impar tienen que ser negativos (ya que el miembro izquierdo es positivo). Por lo tanto afirmo que exactamente 1 de los 3 es negativo. Supongamos que es [math]a, entonces [math]a=-(b+c) (por 1).
Entonces: [math](b+c)^2 =\frac{(b+c+n)bc}{n} \Rightarrow n=\frac{(b+c+n)bc}{(b+c)^2} . Ahora, [math](b+c)^2 tiene que dividir a [math]b+c+n (ya que no divide a [math]bc) por lo que [math]b+c tiene que dividir a [math]n. De donde [math]b+c tiene que dividir a [math]bc Y eso pasa sí y sólo sí [math]b=c y son pares.
Ahora: de (!) tenemos que: (tomando a como positivo y cambiando el signo) [math]\frac{2}{b}-\frac{1}{a}=\frac{(b+c)bc}{(b+c)^2-bc}=\frac{2b^3}{3b^2}=\frac{2b}{3}<1 y eso no se cumple para ningún [math]b par distinto de cero.
Finalmente concluyo que no existen [math]a, [math]b y [math]c que cumplan lo pedido.
Última edición por Martín Vacas Vignolo el Jue 29 Sep, 2011 6:39 pm, editado 3 veces en total.
Fíjense que todos los [math]n pares funcionan: si [math]n=2k, basta tomar [math]x=y=3k, [math]z=-6k.
Ahora intenten demostrar que [math]n tiene que ser necesariamente par. Si no sale, posteo la solución que me contó Daniel Kohen =P
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Vamos a demostrar que con [math]n impar no hay soluciones. De [math]x+y+z=0 se duduce que [math]x,y,z no pueden ser todos impares, y de [math]n(xy+yz+zx)=xyz se deduce que [math]x,y,z son todos pares (porque si wlog [math]x es par, entonces se sigue que [math]2|yz, pero si exactamente 2 de [math]x,y,z son pares obtenemos contradiccion de [math]x+y+z=0).
Escriba [math]x=2^i\cdot u,y=2^j\cdot v, z=2^k\cdot w con [math]i,j,k\ge 1 y [math]u,v,w enteros impares, ademas suponga wlog que [math]i\ge j\ge k. Entonces [math]x+y+z=0\Leftrightarrow 2^{i-k}u+2^{j-k}+w=0 entonces si [math]i>k, j>k obtenemos un absurdo, separaremos en dos casos (no excluyentes)
Caso 1. [math]i=k. Acá [math]i\ge j\ge k\Rightarrow i\ge j\ge i\Rightarrow i=j=k un absurdo porque de ser así [math]u+v+w=0.
Caso 2. [math]j=k. Acá [math]n(xy+yz+zx)=xyz\Leftrightarrow n(2^{i-j}u(u+w)+vw)=2^iuvw pero el lado izquierdo es impar y el derecho par, contradicción. Luego no hay solución con [math]n impar, y para [math]n par Matías ya dio solución.
Ahora creo ke esta bn...
Supongamos que para cierto [math]n existen enteros no nulos [math]x,y,-x-y tales que [math]\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{1}{x+y}=\frac{1}{n}, luego se tiene que [math]n(x^2+xy+y^2)=xy(x+y)...[math](1). Ahora, supongamos que [math]x=da, y=db, tal que [math]d=mcm(x,y)=1 y [math]mcm(a,b)=1, entonces la expresión [math](1) queda de la siguiente manera: [math]n(a^2+ab+b^2)=d.ab(a+b)...[math](2), note que [math]a, b y [math]a+b son coprimos con [math]a^2+ab+b^2, por lo tanto [math]a^2+ab+b^2 \mid d, es decir, existe un entero [math]t tal que [math]d=t(a^2+ab+b^2), luego, la expresión [math](2) queda de la siguiente manera: [math]n=t.ab(a+b), donde fácilmente se ve que [math]n es par, pues [math]ab(a+b) siempre es par. Luego, el ejemplo de Matías que termina de probar que todos los pares cumplen.