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Autor Tema: UTF 3 Descenso rápido  (Leído 723 veces)
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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]\color{red}\pmb{d^3}[/texx][texx]=a+b+2b\omega[/texx]    [texx]\wedge[/texx]   [texx]\color{red}\pmb{e^3}[/texx][texx]= a-b-2b\omega[/texx]    [texx]\wedge[/texx]    [texx]\color{red}\pmb{f^3}[/texx][texx]=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]    - Está mal: Si  [texx]a'=\dfrac{x+y}{2}[/texx] ;  entonces es:  [texx]z^3\,=\,2a'\,(a'^2\pmb{-}3b'^2)[/texx] - Disculpas si he causado confusión a alguien-

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,    Editado
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  Cuando alcanzamos lo otro, atravesamos a Dios.  F. Moreno 
Fernando Moreno
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« Respuesta #1 : 04/10/2018, 04:55:24 pm »

Hola, esta demostración está incompleta aquí:

Entonces:  [texx]\pmb{f^3=d^3+e^3}[/texx] .  Y podré repetir este procedimiento sin fin.

Me he dado cuenta por analogía de la crítica que me hace Luis Fuentes sobre otra demostración similar pero del caso n = 4: http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=80158.msg418921#msg418921 .  Efectivamente, si termino en variables que no son puramente enteras, cómo las de arriba; no puedo establecer un descenso infinito a partir de las variables de partida que sí son enteras.

Así que la continúo:

Tengo que:  [texx]f^3=d^3+e^3[/texx] ;  para:  [texx]f=2a[/texx]   ,   [texx]d=a+b+2b\omega[/texx]   ,   [texx]e= a-b-2b\omega[/texx]   - Es  [texx]f^3=2a\,\,,\,d^3=\,\,,\,e^3=[/texx] - y etc.

Ahora establezco lo siguiente:  [texx]A=\dfrac{d+e}{2}[/texx]   ,   [texx]B=\dfrac{d-e}{2}[/texx]

Luego: 

[texx]A=\dfrac{a+b+2b\omega+a-b-2b\omega}{2}[/texx]   [texx]\wedge[/texx]   [texx]A=a[/texx]  (mal)

[texx]B=\dfrac{a+b+2b\omega-a+b+2b\omega}{2}[/texx]   [texx]\wedge[/texx]   [texx]B=b+2b\omega[/texx]   [texx]\wedge[/texx]   [texx]B=b(1+2\omega)[/texx] .  Como hemos partido de que:  [texx]3=-(1+2\omega)^2[/texx] .  Entonces:  [texx]B=b\sqrt{-3}[/texx]

Es fácil comprobar que:  [texx]f^3=2A(A^2+3B^2)[/texx] .  Luego:     - Está mal. Si  [texx]A=\dfrac{d+e}{2}[/texx] ; entonces:  [texx]f^3=2A(A^2\pmb{-}3B^2)[/texx]  /

Además:  " A " y por lo tanto " a " deben ser siempre pares como dice más adelante mente oscura -


[texx]f^3=2a(a^2-9b^2)[/texx] .  Como siempre puedo establecer sin perder generalidad que  [texx]3\nmid a[/texx]  (lo añado como condición al punto de partida); entonces  " [texx]a^2[/texx] "  -y-  " [texx]9b^2[/texx] "  no tendrán factores en común; por lo que a su vez  " [texx]2a[/texx] "  -y-  " [texx]a^2-9b^2[/texx] "  serán coprimos ( [texx]b[/texx]  es par) y terceras potencias.

Como:  [texx]a^2-9b^2=(a+3b)\,(a-3b)[/texx]  y estos factores también son coprimos entre sí, serán a su vez terceras potencias. Luego:

" [texx]\pmb{(a+3b)+(a-3b)=2a}[/texx] "  representará la suma de dos terceras potencias que es igual a una tercera potencia. Y esta vez de valores sí estrictamente enteros. Luego a partir de aquí sí que puedo establecer un argumento de absurdo por descenso infinito.


Un saludo,    Editado
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« Respuesta #2 : 04/10/2018, 08:16:11 pm »

...

Así que la continúo:

Tengo que:  [texx]f^3=d^3+e^3[/texx] ;  para:  [texx]f=2a[/texx]   ,   [texx]d=a+b+2b\omega[/texx]   ,   [texx]e= a-b-2b\omega[/texx]

Ahora establezco lo siguiente:  [texx]A=\dfrac{d+e}{2}[/texx]   ,   [texx]B=\dfrac{d-e}{2}[/texx]

Luego: 

[texx]A=\dfrac{a+b+2b\omega+a-b-2b\omega}{2}[/texx]   [texx]\wedge[/texx]   [texx]A=a[/texx]

[texx]B=\dfrac{a+b+2b\omega-a+b+2b\omega}{2}[/texx]   [texx]\wedge[/texx]   [texx]B=b+2b\omega[/texx]   [texx]\wedge[/texx]   [texx]B=b(1+2\omega)[/texx] .  Como hemos partido de que:  [texx]3=-(1+2\omega)^2[/texx] .  Entonces:  [texx]B=b\sqrt{-3}[/texx]

Es fácil comprobar que:  [texx]f^3=2A(A^2+3B^2)[/texx] .  Luego:

[texx]f^3=2a(a^2-9b^2)[/texx] .  Como siempre puedo establecer sin perder generalidad que  [texx]3\nmid a[/texx]  (lo añado como condición al punto de partida); entonces  " [texx]a^2[/texx] "  -y-  " [texx]9b^2[/texx] "  no tendrán factores en común; por lo que a su vez  " [texx]2a[/texx] "  -y-  " [texx]a^2-9b^2[/texx] "  serán coprimos ( [texx]b[/texx]  es par) y terceras potencias.

Como:  [texx]a^2-9b^2=(a+3b)\,(a-3b)[/texx]  y estos factores también son coprimos entre sí, serán a su vez terceras potencias. Luego:

" [texx]\pmb{(a+3b)+(a-3b)=2a}[/texx] "  representará la suma de dos terceras potencias que es igual a una tercera potencia. Y esta vez de valores sí estrictamente enteros. Luego a partir de aquí sí que puedo establecer un argumento de absurdo por descenso infinito.


Un saludo,

Hola Fernando.

Con las premisas desde, las que partes, veo un "problemilla":

[texx]2|a[/texx]

[texx]f^3=(d+e)(d^2-de+e^2)[/texx].

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=84274.msg338015#msg338015

En mi estudio, en la Proposición 3.3, demuestro que [texx]d+e[/texx], en tu nomenclatura, o es un número cúbico (si [texx]3 \cancel{|} f[/texx]), o es un número que multiplicado por 3, nos resulta un número cúbico (En el caso de que [texx]3|f[/texx].

En consecuencia, si [texx]2a[/texx] es un número cúbico, entnces [texx]a[/texx] es par. Y tendrías que "f", "e" y "d" serían números pares, ya que estás considerando [texx]2|b[/texx].

Un cordial saludo.

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Fernando Moreno
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« Respuesta #3 : 05/10/2018, 04:35:51 am »

Hola mente oscura. No tengo tiempo ahora de analizar a fondo todo lo que dices, pero sí me parece ver claro que  [texx]2a[/texx]  no puede ser un cubo. Tengo que repensarlo todo. ¡Ya decía yo que era tan fácil! Qué lástima que no me hayas contestado antes; lo daba por probado. Un saludo,
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Fernando Moreno
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« Respuesta #4 : 07/10/2018, 11:47:58 am »

Hola,

La demostración no es correcta y no le veo solución (por ahora). En un momento dado yo podría establecer como punto de partida que  [texx]x,y,z\in{\mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{-3}}2]}[/texx] ;  pero entonces no veo cómo establecer que  [texx]x[/texx]  ó  [texx]y[/texx]  ó  [texx]z[/texx]  sean pares o impares. Y sin eso me encontraría con un posible:  [texx]z^3\,=\,2a\,(a^2-3b^2)[/texx] ;  donde ¿cómo saber si 2 no divide á ambos  " [texx]a\,\wedge\,b[/texx] " .  Y sin eso por ejemplo ya no puedo seguir.

Saludos,
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