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Autor Tema: UTF4 por contradicción  (Leído 224 veces)
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Fernando Moreno
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« : 18/01/2020, 19:21:53 »

Hola,

Si:  [texx]\pmb{z^4=x^4+y^4}[/texx] ,  para  [texx]x,y,z[/texx]  enteros, coprimos dos a dos -y-  "[texx]x[/texx] " ,  por ejemplo, par.

A.

[texx]z^4=(x^2+y^2i)(x^2-y^2i)\,=\,(x+yi\sqrt{i})(x-yi\sqrt{i})(x+y\sqrt{i})(x-y\sqrt{i})[/texx]

Es conocido que la base entera de  [texx]\mathbb{Q}(\sqrt{i})[/texx]  es  [texx]\{1,i,\sqrt{i},i\sqrt{i}\}[/texx] .  Luego existe  " [texx]\mathbb{Z}(\sqrt{i})[/texx] " .   

B.

Como:  [texx]z^4=x^4+y^4[/texx] .  Entonces:  [texx](z^2)^2=(x^2)^2+(y^2)^2[/texx] .  Y sus ternas pitagóricas solución, serán:

[texx]x^2=2pq[/texx]

[texx]y^2=p^2-q^2[/texx]

[texx]z^2=p^2+q^2[/texx]   

, para  [texx]p,q[/texx]  enteros y coprimos.

Luego:  [texx]z^2=(p+qi)(p-qi)[/texx] .  Y como:  [texx]x^2=2pq[/texx]  -y- por  " [texx]y^2[/texx] "  sabemos que  " [texx]q[/texx] "  debe ser par:  [texx]\Rightarrow{}[/texx]   [texx]p=p_1^2[/texx]  [texx]\wedge[/texx]  [texx]q=2q_1^2[/texx] .

C.

Tenemos pues que:  [texx]p+qi[/texx]  divide á  [texx](x+yi\sqrt{i})(x-yi\sqrt{i})(x+y\sqrt{i})(x-y\sqrt{i})[/texx] .

Sabemos que  " [texx]p+qi[/texx] "  no puede ser de la forma  [texx]p'\,^2+q'\,^2i[/texx]   [texx]\vee[/texx]   [texx]p'\,^4+q'\,^4i[/texx] ;  que podrían también factorizarse en  [texx]\mathbb{Z}(\sqrt{i})[/texx] . Porque, de hecho:  [texx]p+qi=p_1^2+2q_1^2i[/texx] .

Ahora basta con analizar un solo factor para ver que no divide a ningún otro:


[texx]\dfrac{x+yi\sqrt{i}}{p+qi}=\dfrac{(x+yi\sqrt{i})(p-qi)}{p^2-q^2i^2}\,=\,\dfrac{xp}{z^2}-\dfrac{xq}{z^2}i+\dfrac{yq}{z^2}\sqrt{i}+\dfrac{yp}{z^2}i\sqrt{i}[/texx]


Y  " [texx]z^2[/texx] "  no divide á  [texx]xp[/texx]  ni á  [texx]xq[/texx] ,  por ejemplo.


Un saludo,
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  El mal es malo también para sí mismo. Por eso, a la larga, sólo puede triunfar el bien. Y por eso también la libertad es buena y deseable..  F. Moreno 
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« Respuesta #1 : 20/01/2020, 11:14:30 »

Hola, la demostración anterior no es correcta.

Entiendo que:  [texx]\mathbb{Q}(\sqrt{i})=\mathbb{Q}(\zeta_8)[/texx]  (https://en.wikipedia.org/wiki/Root_of_unity) .  Y que  [texx]\mathbb{Q}(\zeta_8)=\mathbb{Q}(i,\sqrt{2})[/texx]  (https://yutsumura.com/the-cyclotomic-field-of-8-th-roots-of-unity-is-qzeta_8qi-sqrt2/) .  Por lo que la base entera de  [texx]\mathbb{Q}(\sqrt{i})[/texx]  debe ser  [texx]\{1,i,\sqrt{2},\dfrac{i\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}\}[/texx]  (https://pdfs.semanticscholar.org/ac59/767929639347bb2d0ef52621d973ad743af8.pdf) .

Esto lo había preguntado yo antes de escribir la demostración en otros Foros en inglés (MSE). Pero o me han contestado mal o yo no he entendí la respuesta. (Me inclino por lo segundo). Ya no me fío de nadie (salvo de Luis Fuentes y este Foro, claro  :guiño:  Sdos
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« Respuesta #2 : 21/01/2020, 06:20:47 »

Hola, modifico entonces la demostración:


Si:  [texx]\pmb{z^4=x^4+y^4}[/texx] ,  para  [texx]x,y,z[/texx]  enteros, coprimos dos a dos -y-  "[texx]x[/texx] " ,  por ejemplo, par.

A.

[texx]z^4=(x^2+y^2i)(x^2-y^2i)\,=\,(x+yi\sqrt{i})(x-yi\sqrt{i})(x+y\sqrt{i})(x-y\sqrt{i})[/texx] .  Y como:  [texx]\sqrt[ ]{i}=\pm\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{2}}{2}(i+1)[/texx] .  Entonces:  [texx]z^4=\left({x\pm yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\mp yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\pm y\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\mp y\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)[/texx] .

Como:  [texx]\mathbb{Q}(\sqrt{i})=\mathbb{Q}(\zeta_8)[/texx]  (Ver) .  Y :  [texx]\mathbb{Q}(\zeta_8)=\mathbb{Q}(i,\sqrt{2})[/texx]  (Ver) .  La base entera de  [texx]\mathbb{Q}(\sqrt{i})[/texx]  será:  [texx]\left\{{1,i,\sqrt{2},\dfrac{i\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}}\right\}=\left\{{1,i,\sqrt{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right\}[/texx]  (Ver) .  Y existe  " [texx]\mathbb{Z}(\sqrt{i})[/texx] " .   

B.

Como:  [texx]z^4=x^4+y^4[/texx] .  Entonces:  [texx](z^2)^2=(x^2)^2+(y^2)^2[/texx] .  Y sus ternas pitagóricas solución, serán:

[texx]x^2=2pq[/texx]

[texx]y^2=p^2-q^2[/texx]

[texx]z^2=p^2+q^2[/texx]   

, para  [texx]p,q[/texx]  enteros y coprimos.

Luego:  [texx]z^2=(p+qi)(p-qi)[/texx] .  Y como:  [texx]x^2=2pq[/texx]  -y- por  " [texx]y^2[/texx] "  sabemos que  " [texx]q[/texx] "  debe ser par:  [texx]\Rightarrow{}[/texx]   [texx]p=p_1^2[/texx]  [texx]\wedge[/texx]  [texx]q=2q_1^2[/texx] .

C.

Tenemos pues que:  [texx]p+qi[/texx]  divide á  [texx]\left({x\pm yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\mp yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\pm y\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\mp y\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)[/texx] .

Sabemos que  " [texx]p+qi[/texx] "  no puede ser de la forma  [texx]p'\,^2+q'\,^2i[/texx]   [texx]\vee[/texx]   [texx]p'\,^4+q'\,^4i[/texx] ;  que podrían también factorizarse en  [texx]\mathbb{Z}(\sqrt{i})[/texx] . Porque, de hecho:  [texx]p+qi=p_1^2+2q_1^2i[/texx] .

Ahora basta con analizar un solo factor para ver que no divide a ningún otro:


[texx]\dfrac{x\pm yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}{p+qi}=\dfrac{\left({x\pm yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)(p-qi)}{p^2-q^2i^2}\,=\,\dfrac{xp}{z^2}-\dfrac{xq}{z^2}i\pm \dfrac{yp}{z^2}\dfrac{\sqrt[ ]{2}}{2}(i+1)^2[/texx]


Y  " [texx]z^2[/texx] "  no divide ni á  [texx]xp[/texx]  ni á  [texx]xq[/texx]  ni á  [texx]yp[/texx] .


Un saludo,
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« Respuesta #3 : 14/02/2020, 08:01:58 »

Hola. Esto está mal. Ver aquí:  http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=112017.0#top

Sdos
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