se tiene que son finitos(o sea, el conjunto \(\{({i}_{1},\cdots ,{i}_{n})\in \mathbb{N}^{n}:\frac{1}{{i}_{1}}+\frac{1}{{i}_{2}}+\cdots + \frac{1}{{i}_{n}}\eq=q\}\) es finito o vacío)
Estoy pensando un problema más general(a partir de una idea de Quimey). Cuando consiga algún resultado parcial(y esté seguro de que se puede hacer en álgebra I) lo posteo.
Saludos
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I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities
Una parte más, señalada por Juanma:
todo número \(\frac{1}{k},\,k\in \mathbb{N}\) puede ser escrito como suma de exactamente \(n\) fracciones distintas, de la forma \(\frac{1}{r},\, r\in \mathbb{N}\)
Para cualquier \(n\)... aunque hay una falla en la idea, con lo que... no se si es válido... seguro que para \(n\) potencias de algún primo es válido(creo...)
El caso \(k\eq=1\) no se puede, porque \(1\eq=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\eq=\frac{a+b}{ab}\), luego \(ab|a+b\). Como \(a|ab|a+b\implies a|b\). De manera análoga \(b|a\). Si \(a|b,b|a\) y ambos son naturales no queda otra que \(a\eq=b\eq=2\). Si quisiste decir \(k\eq=2\), es probable que no te baste, si después hiciste inducción en la cantidad \(n\). Pero si encontraste una manera indicada, comentala.
Por cierto, ¿para el primero valen las demostraciones como la siguiente?
Mostraré que si \(a_1,...,a_n,b\) son números reales positivos, la ecuación:
$$\frac{a_1}{x_1}+...+\frac{a_n}{x_n}=b$$
tiene a lo sumo finitas soluciones naturales.
Podemos suponer que los \(a_1,...,a_n,b\) son estándar. Luego, si el conjunto formado por los \((x_1,...,x_n)\) fuera infinito, entonces habría elementos no estándar. Pero no los pueden ser todos los \(x_i\) al mismo tiempo, pues están igualados a uno estándar. Restando en ambos miembros por los estándar resultará que se nos igualarán cantidades infinitesimales con otras que no lo son, lo que es absurdo. Por lo que la cantidad de soluciones es finita.
El otro después veré para qué casos es válido e intentaré mostrar alguna demostración (si es que puedo).
Para el otro problema: (Hay cosas de más que, después de resuelto, me di cuenta que estaban al dope. Pero las dejo para ilustrar cómo fue el razonamiento.)
Asumamos que o bien \(k>1\) o bien \(n>2\). Aquí quizá sí pueda ser cierto el teorema.
Supongamos que para un \(k\) podemos descomponerlo en suma de otros \(a,b\). Es decir, \(\frac{1}{k}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\). Luego resultará que para un \(k' = ck\), tendremos que \(\frac{1}{k'} = \frac{1}{ca}+\frac{1}{cb}\) (esto vale para todo \(n\)), lo que reduce nuestro problema a analizar qué sucede para \(k\) primo.
Supongamos ahora que para un \(k\) dado, esto es cierto para \(n=2\). Y asumamos que \(\frac{1}{k}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\). Luego resultará que \(\frac{1}{2k}= \frac{1}{2a}+\frac{1}{2b} \rightarrow \frac{1}{k} = \frac{1}{2k}+\frac{1}{2k} = \frac{1}{2k}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}\), lo que nos resuelve el caso \(n=3\). Si quisiéramos ahora hallar el caso \(n = 4\), nos bastará descomponer \(\frac{1}{2a}=\frac{1}{3a}+\frac{1}{6a}\) (o hacerlo con \(2b\)). Análogamente se halla \(\frac{1}{6a}=\frac{1}{9a}+\frac{1}{18a}\) si se quiere el caso \(n=5\), y así uno puede seguir hasta el caso \(n=m\) para cualquier \(m\). Por cierto, probar que los términos son distintos es inmediato, pues en cada paso se hallan cosas menores que las que se tenían.
Entonces resulta que sólo es necesario analizar qué sucede para \(n=2\) y \(k\) primo.
Esto se puede hacer del siguiente modo:
Tomamos \(\frac{1}{k}=\frac{1}{p}+\frac{1}{q} = \frac{p+q}{pq} \Rightarrow k(p+q)=pq\). Sin pérdida de generalidad se puede asumir que \(p=ck\), en donde la expresión nos queda \(ck+q = cq\). Reescribiendo nos queda \(q = cq-ck = c(q-k)\). En resumen:
$$p = ck$$
$$q = c(q-k)$$
Y con un pequeño juego más en esta última expresión, tendremos que \(q(c-1)= ck\), y como \((c-1:c)=1\), resulta que \(c-1=k\), es decir que \(c=k+1\), de donde se obtiene que
$$p = k^2+k$$
$$q = (k+1)(q-k) = kq - k^2 + q - k \Rightarrow k^2 - kq + k = 0 \Rightarrow kq = k^2 + k \Rightarrow q = k +1$$
Y graciosamente \(\frac{1}{k}=\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k(k+1)}\) es válido siempre (sea \(k\) primo o no). Lo que muestra que para \(k=1\) esto no nos sirve. Con este hecho es una tontería mostrar el ejercicio en su totalidad.
Saludos.
Edito: Si yo no me equivoco, cuando \(k\) es primo, esta descomposición es única en este sentido.
No, en realidad no está demostrado con saber esa descomposción. Eso es lo primero que dijimos, pero fijate qué pasa con \(\frac{1}{4}\), para cada \(n\).
hmm... si, me parece que si. Dejame chequear qué problema había. De cualquier manera, la descomposición es más natural, recordando que muchas veces se presenta:
\(\frac{1}{n(n+1)}\) y es truco tradicional separarlo.
Yo propongo lo siguiente:
Decidir si es verdadero o falso que para todo \(k\in\mathbb{N}\ \exists n\in\mathbb{N}\) y \(i_1,...,i_n\) distintos de forma que \(\frac{1}{k}=\sum_j \frac{1}{i^2_j}\). Si es cierto dar una demostración, si es falso describir los k'es y los n'es que hacen esto posible.
Ese está bastante bueno. Sin embargo... hmm... no se, \(\sum \frac{1}{n}\) diverge pero \(\sum \frac{1}{{n}^{2}}\) no... y lo hace a un número relativamente chico(más grande que 1). Como primera idea, tiraría que no... pero ahora parcial de avanzado.
¿para el primero valen las demostraciones como la siguiente?
Mostraré que si \(a_1,...,a_n,b\) son números reales positivos, la ecuación:
$$\frac{a_1}{x_1}+...+\frac{a_n}{x_n}=b$$
tiene a lo sumo finitas soluciones naturales.
Podemos suponer que los \(a_1,...,a_n,b\) son estándar. Luego, si el conjunto formado por los \((x_1,...,x_n)\) fuera infinito, entonces habría elementos no estándar. Pero no los pueden ser todos los \(x_i\) al mismo tiempo, pues están igualados a uno estándar. Restando en ambos miembros por los estándar resultará que se nos igualarán cantidades infinitesimales con otras que no lo son, lo que es absurdo. Por lo que la cantidad de soluciones es finita.
No entiendo tu razonamiento. ¿por qué habria elementos no estándar en ese conjunto?
Habría elementos no estándar porque el conjunto es infinito. Sin embargo, amén de eso, podemos entender "no estándar" como "infinitamente grande" (para los naturales). En cuyo caso, la demostración sería algo parecido a:
"Si el conjunto solución fuera infinito, entonces habría elementos infinitamente grandes (en esto estamos de acuerdo). Pero en una (¿cómo se llama esto?) \((x_1,...,x_n)\) que es solución, no lo pueden ser todos infinitamente grandes, porque la suma de los inversos sería infinitamente pequeña cuando debería valer \(b\). Entonces los habrá unos infinitamente grandes y los habrá otros que no. Si suponemos que los elementos \(x_1,...,x_r\) son los grandes y \(x_{r+1},...,x_n\) los otros, entonces tendríamos que:
el conjunto de pares estándar es infinito... ¿o me equivoco? Igual, creo que estás demostrando que el conjunto de los \(x_n\) es finito, lo cual está dado de entrada. Nevermind.
Estoy diciendo que dado un \(n\) fijo, la cantidad de pares \((x_1,...,x_n)\in \mathbb N^n\) que satisfacen \(\frac{a_1}{x_1}+...+\frac{a_n}{x_n}=b\) es, a lo sumo, finita. Pero el \(n\) y, por tanto, los \(a_1,...,a_n\) y el \(b\) están fijos (todo positivo).
Saludos.
Edito: El conjunto de los pares estándar es una clase propia (o conjunto externo). Pues los conjuntos infinitos siempre tienen elementos no estándar.
La demostración que propuse no es "más avanzada", sino alternativa. La teoría no estándar se podría ver a la par de la estándar sin problema alguno. Por otro lado, mi complicación fue mínima, la demostración ya la había leído en el libro análisis no estándar de Carlos Ivorra. Quería saber si eran bienvenidas o no este tipo de cosas.
La resolución que expusiste no me parece trivial para una persona que no maneja análisis no estándar. Lo de darlo a la par de la estándar, tampoco se si tiene mucho sentido, sin un curso introductivo previo de lógica. Eso quería aclarar.
Una última cosa... afirmar que "una complicación es mínima" en una sección de álgebra donde no se tiene(en general) madurez matemática, y no se conocen(en general) los axiomas de la teoría de ZF con el axioma de elección y se usa una teoría que se entiende(de manera mejor) bajo el conocimiento de la teoría mencionada... me parece de más, sinceramente.
Saludos.