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Fernando Moreno
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« : 07/09/2018, 09:42:27 am »

Hola,

Supongo que  [texx]\pmb{z^{3}=x^{3}+y^{3}}[/texx] ,  para  [texx]x,y,z[/texx]  enteros, coprimos dos a dos -y-  “ [texx]z[/texx] " ,  por ejemplo, par.

Estrategia: Me doy cuenta que en  [texx]\mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{-3}}2]
[/texx]  (los enteros ciclotómicos de orden 3)  " [texx]3[/texx] "  es el asociado de un cuadrado:  " [texx]-(1+2\omega)^2[/texx] " , para  [texx]\omega=\dfrac{-1+i\sqrt{3}}2[/texx] .  Y que no es posible con carácter general que se dé que:  " [texx]2a[/texx] "  [texx]\wedge[/texx]  " [texx]a^2+3b^2[/texx] "  sean cubos;  para  [texx]a,b[/texx]  enteros, coprimos y uno de ellos par ( [texx]b[/texx] ) .

Supongamos pues que:  [texx]a^2+3b^2=c^3[/texx] . Luego en  [texx]\mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{-3}}2][/texx] :

[texx]a^2+3b^2\,=\,a^2-(1+2\omega)^2b^2=c^3[/texx]   [texx]\wedge[/texx]   [texx](a+( 1+2\omega)b)\,(a-( 1+2\omega)b)=c^3[/texx] .  Como los enteros ciclotómicos de orden 3 son un dominio de factorización única, si  [texx](a+(1+2\omega)b)[/texx]  [texx]\wedge[/texx]  [texx](a-(1+2\omega)b)[/texx]  son coprimos, serán a su vez terceras potencias. Veámoslo:

Un factor común de  [texx](a+(1+2\omega)b)[/texx]  [texx]\wedge[/texx]  [texx](a-(1+2\omega)b)[/texx]  dividirá a su suma y a su diferencia:

[texx]a+b+2b\omega[/texx]  [texx](+)[/texx]  [texx]a-b-2b\omega[/texx]  [texx]=[/texx]  [texx]2a[/texx] 

[texx]a+b+2b\omega[/texx]  [texx](-)[/texx]  [texx]a-b-2b\omega[/texx]  [texx]=[/texx]  [texx]2b(1+2\omega)[/texx]

Este factor por lo tanto deberá ser  " [texx]2[/texx] "  ó dividir á  " [texx]2[/texx] " ,  pero  " [texx]2[/texx] "  es primo como tal en  [texx]\mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{-3}}2][/texx]  y entonces su cuadrado  ( " [texx]4[/texx] " )  deberá dividir á  " [texx]c^3[/texx] " ;  lo que no es posible porque es impar. Luego esta descomposición no tiene factores en común y representarán dos terceras potencias.

Si llamo ahora:   [texx]d=a+b+2b\omega[/texx]    [texx]\wedge[/texx]    [texx]e= a-b-2b\omega[/texx]    [texx]\wedge[/texx]    [texx]f=2a[/texx]

Entonces:  [texx]\pmb{f^3=d^3+e^3}[/texx] .  Y podré repetir este procedimiento sin fin.
 
Veamos qué ocurre si el UTF 3 fuera falso y se cumpliera la igualdad de la suma de sus 2 terceras potencias:  [texx]z^{3}=x^{3}+y^{3}[/texx] .

Si  llamo:  [texx]a'=\dfrac{x+y}{2}[/texx]  [texx]\wedge[/texx]  [texx]b'=\dfrac{x-y}{2}[/texx] ;  al ser  " [texx]x+y[/texx] "  [texx]\wedge[/texx]  " [texx]x-y[/texx] "  una suma y una diferencia de los mismos impares, uno de ellos tendrá una paridad de como máximo " 2 " y otro mayor que 2 (como mínimo 4). Supongamos sin perder generalidad que sea  " [texx]x+y[/texx] "  el que tenga una paridad de como máximo 2. Entonces:  " [texx]2a'[/texx] " será " impar " y  " [texx]b'[/texx] " será " par ". Si sustituyo los valores de  [texx]a'\,\wedge\,b'[/texx]  en la ecuación de partida, tendremos que:

[texx]z^3\,=\,2a'\,(a'^2+3b'^2)[/texx]

Por el Teorema de Sophie Germain sabemos que  " [texx]3[/texx] "  debe dividir á  [texx]x\,\vee\,y\,\vee\,z[/texx] .  Supongamos que divide á  " [texx]x[/texx] ". Entonces como  [texx]a'^2\,\wedge\,3b'^2[/texx]  serán coprimos, al no dividir 3 á  " [texx]a'[/texx] " ;  -y-  " [texx]2a'[/texx] "  [texx]\wedge[/texx]  " [texx]a'^2+3b'^2[/texx] "  son coprimos a su vez; estos últimos serán dos terceras potencias. Luego tenemos que:  " [texx]2a'[/texx] "  [texx]\wedge[/texx]  " [texx]a'^2+3b'^2[/texx] "  son cubos; para  [texx]a',b'[/texx]  enteros, coprimos y uno de ellos par ( [texx]b'[/texx] ). Lo que hemos averiguado que no es posible.


Un saludo,
En línea

  En la vida la mitad está en escoger bien y la otra mitad en no escoger bien  :guiño:   F. Moreno 
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