[yuzo]

Buenas a todos, tengo el siguiente ejercicio:

Demostrar que \( 5^x+2=7^y \) no tiene soluciones en \( \mathbb{N} \) distintas de la trivial \( x=y=1 \)

Lo primero que intenté fue despejar \( y \) tomando logaritmos neperianos pero no lo vi claro, ¿se podría demostrar con congruencias?

Gracias, un salduo.

[Juan Pablo Sancho]

Tienes que \( 5^x = 5 \cdot 5^{x-1} = 5 \cdot m  \).
\( 7^y = (5+2)^y = 2^y + 5 \cdot p  \) por el binomio de Newton.
\(  5 \cdot m +  2 = 2^y \cdot 5 \cdot p  \) entonces:
\(  5 \cdot m  - 5 \cdot p = 2^y - 2  \)
\(  5 \cdot (m-p) = 2^y - 2 = 2 \cdot (2^{y-1} - 1)  \) intenta seguir.

[yuzo]

Tienes que \( 5^x = 5 \cdot 5^{x-1} = 5 \cdot m  \).
\( 7^y = (5+2)^y = 2^y + 5 \cdot p  \) por el binomio de Newton.
\(  5 \cdot m +  2 = 2^y \cdot 5 \cdot p  \) entonces:
\(  5 \cdot m  - 5 \cdot p = 2^y - 2  \)
\(  5 \cdot (m-p) = 2^y - 2 = 2 \cdot (2^{y-1} - 1)  \) intenta seguir.

Hola Juan, gracias por contestar.

La verdad, no sabría como seguir con esa demostración, ¿podrías decirme como termina para verla completa?, no obstante he seguido pensando como hacerlo con congruencias.

Para \( x\geq{2} \) las potencias de 5 son de la forma \( 25 + a\cdot{100} \), entonces \( 5^x + 2 \) será \( 27 +a\cdot{100} \), por tanto:

\( 5^x + 2 \equiv{27}(mod 100) \)

En cambio, para cualquier \( y \) las potencias de 7 podrán tener restos:

\( 7^y\equiv{{1,7,43,49}}(mod 100) \)

No coinciden salvo x=y=1

¿Estaría bien así?
Un saludo.

[Juan Pablo Sancho]

Perdón yuzo lo que propuse está mal,para la revisión espera alguien más despierto.

[ingmarov]

Hola

Para que \( f(x)=5^x+2 \)     se cruce dos veces con     \( g(x)=7^x \)         g(x) debería desacelerar su crecimiento pero eso no ocurre. Por lo que solo se cruzan una vez cuando g(x) alcanza a f(x).

Supongo que con derivadas será más sencillo probarlo.

Saludos

[Juan Pablo Sancho]

Gracias por la mirada ingmarov.

[martiniano]

Hola. Buenas noches.

A mí la respuesta de yuzo me parece correcta.

En cuanto a la de ingmarov, no acabo de ver qué tiene que ver el hecho de que las funciones \( f(x)=5^x+2 \) y \( g(x)=7^x \) se corten una sola vez (para un valor de \( x \) que se podría hallar numéricamente) con lo de que la ecuación del enunciado tenga una única solución entera. Creo que habría que explicar algo más. Por ejemplo, las funciones \( f(x)=x \) y \( g(x)=2x \) se cortan una sola vez, en \( x=0 \). Sin embargo, la ecuación \( x=2y \) tiene infinitas soluciones enteras.

Un saludo.

[yuzo]

Perdón yuzo lo que propuse está mal,para la revisión espera alguien más despierto.

Sin problema Juan, gracias de todas formas 

Gracias también ingmarov y martiniano, sería interesante ver otro tipo de demostración, a ver si alguien se anima y la deja por aquí.

Un saludo.

[ingmarov]

...
En cuanto a la de ingmarov, no acabo de ver qué tiene que ver el hecho de que las funciones \( f(x)=5^x+2 \) y \( g(x)=7^x \) se corten una sola vez (para un valor de \( x \) que se podría hallar numéricamente) con lo de que la ecuación del enunciado tenga una única solución entera. Creo que habría que explicar algo más. Por ejemplo, las funciones \( f(x)=x \) y \( g(x)=2x \) se cortan una sola vez, en \( x=0 \). Sin embargo, la ecuación \( x=2y \) tiene infinitas soluciones enteras.
...

No leí correctamente el problema, eso pasó. Perdón.

Saludos

[geómetracat]

A mí la solución de yuzo me parece perfecta.

Una solución con la misma idea pero algo más ligera de cálculo es tomar congruencias módulo \( 25 \).
Si \( x \geq 2 \),
\( 5^x+2 \equiv 2 \mod 25 \)
pero \( 7^2 = 49 \equiv -1 \mod 25 \)
luego los restos posibles módulo \( 25 \) de potencias de \( 7 \) son \( 7,-1,-7,1 \).