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Temas - feriva

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1
Sean dos racionales positivos t,k; t>k. Ambos se pueden expresar por medio de fracciones que tengan un mismo denominador (por equivalencia). Entonces, supongamos

\( 1=t^{3}-k^{3}
  \)

\( 1=\dfrac{c^{3}}{a^{3}}-\dfrac{b^{3}}{a^{3}}
  \)

\( a^{3}=c^{3}-b^{3}
  \), \( a^{3}+b^{3}=c^{3}
  \).

Parece que “k” y “t” no pueden ser ambos racionales; parece que no pueden existir los cubos de dos racionales positivos a distancia de una unidad.

Pero si a WolframAlpha le doy \( 1=t^{3}-k^{3}
  \) y le digo que “t” es un racional, me dice que k también; o eso interpreto:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=1%3Dt%5E3-k%5E3%2C+t+is+a+rational+number

No sé si es que lo interpreto mal, si la máquina no se da cuenta o si he considerado mal algo previamente.

Saludos.

2
Python tiene una librería que se llama matplotlib que sirve para graficar.

Un ejemplo corto para graficar unos puntos unidos por una recta puede ser éste:

plt.plot(A, B, 'ro')
plt.plot(A, B )
plt.axis([0, 3, 0, 2])
plt.show()

donde A y B son listas de números, por ejemplo A=[1,2,0] y B=[3,1,5], lo que sea; y A pueden ser, por ejemplo, las coordenadas del X y B las del eje Y.
La primera sentencia tiene un “ro” que hace que “pinte” los puntos, la segunda es igual pero sin el parámetro “ro” y dibuja los segmentos entre los puntos.

La cuestión sobre la que quiero preguntar está en el tercer comando

plt.axis([0, 3, 0, 2]) sobre el que he leído algo pero no estoy seguro de cómo funciona.

Si, por caso, donde el 3 pongo un 6,  el eje X queda dividido en enteros, 1,2,3.. pero si dejo el tres, tal como está ahí, divide sus coordenadas por la mitad 0,5; 1; 1,5... Y, en cualquiera de los casos, el origen queda en (0,0). Supongo que son los ceros salteados... pero no estoy seguro del todo.
Si alguien me puede confirmar cómo va la cosa se lo agradezco.

Saludos.

3
Off-topic / El invierno; Vivaldi.
« en: 23 Febrero, 2021, 11:07 am »

Magnífica interpretación que no desmerece respecto de la versión orquestal.


4
Teoría de números / Demostración falsa a modo de pasatiempo.
« en: 06 Febrero, 2021, 05:52 pm »

Teorema: Si la conjetura de Goldbach fuera falsa, entonces lo sería para una cantidad infinita de pares distintos.

Consideremos

1º \( \exists2n-2k=p_{i}+p_{j}
  \) para naturales \( n>1
  \), \( k>0
  \) hasta cierto “k”, y \( p_{i},p_{j}
  \).

2º \( \nexists2n=p_{i}+p_{j}
  \) para \( p_{i},p_{j}
  \) primos.

Es decir, 2n sería el par más pequeño que, hipotéticamente, dejaría de cumplirla; digamos el primero en fallar.

Entonces

\( \exists2n=p_{i}+c
  \), con “c” compuesto y \( p_{i}
  \) primo; y tomemos ambos coprimos con 2n.

Ahora, siempre existe \( c=x-q
  \) con “x” algún par y “q” algún primo.

Veamos cualquier caso: por ejemplo, si c=25, basta sumarle 3 y tenemos x=28; si le sumamos 5 tenemos x=30, etc,... y así para todos los primos encontramos infinitos equis tal que la diferencia dicha es igual a “c”.

Reescribamos entonces la igualdad \( 2n=p_{i}+c
  \) sutituyendo por lo dicho:

\( 2n=p_{i}+(x-q)
  \).

Por 2º tenemos que \( (x-q)
  \) no puede ser primo; es decir, no existe \( x=c+q
  \) con “c” primo.

Luego “x” es un par que tampoco cumple la conjetura.

Conclusión:

Como \( 2n \) es el primero que deja de cumplir la conjetura en hipótesis, es fácil ver que existirían infinitos pares x, tales que \( x>2n
  \), que tampoco la cumplirían.

¿Dónde está el error?

5
Teoría de Conjuntos / Pregunta sobre cardinales y cifras.
« en: 17 Enero, 2021, 08:24 am »

Empiezo primero dando una definicion para sugerir un poco la idea de lo que voy a preguntar.

Un número natural de \( n+1 \) cifras, sea cual sea, tiene un valor cuantitativo mayor que un número natural de \( n \) cifras (e igualmente tiene un valor mayor que cualquier número con menos de \( n \) cifras, como es obvio).

A partir de aquí, uno se puede preguntar lo siguiente: ¿se considera en matemáticas la existencia de un objeto (a modo de número) con un cardinal de cifras que sea \( 2^{\aleph_{0}}
  \)? Si fuera así, ¿tiene alguna utilidad (en cuanto a hacer demostraciones u otras cosas prácticas) considerar los distintos cardinales infinitos de cifras?

Saludos.

6
Foro general / Blancas juegan y ganan (1)
« en: 14 Enero, 2021, 07:48 pm »


*(ya más tarde pondré el vídeo con la solución, por si alguien lo quiere resolver)

...

8
Off-topic / Un poco de música por Navidad
« en: 25 Diciembre, 2020, 11:40 pm »


Este es un coro de El Mesias de Händel que me gusta mucho; y la versión es buenísima.



9


Supongamos que existen \( x,y,z \) enteros todos distintos de cero y “a” algún número real tales que

\( (x+a)^{5}+(y+a)^{5}=(z+a)^{5}
  \)

WolframAlpha nos da las soluciones enteras posibles

\( {\color{blue}x=-a};\: z=y
  \)

\( {\color{blue}y=-a};\: z=x
  \)

\( y=-2a-x;\:{\color{blue}z=-a}
  \)

de ahí, entonces

\( x=-a\vee y=-a\vee z=-a
  \)

Al ser x,y,z números distintos de cero, la solución para “a” tampoco puede ser cero en ninguno de los tres casos, por lo que no puede existir

\( (x+0)^{5}+(y+0)^{5}=(z+0)^{5}=
  \)

\( (x)^{5}+(y)^{5}=(z)^{5}
  \)

No tiene mérito ninguno, pero esto demuestra el caso y de igual manera se puede hacer para “n=3” u otros casos. ¿Es correcta la deducción?

De cualquier modo, lo que más me interesa saber es qué tipo de cálculos usa la máquina para obtener las soluciones enteras de esa ecuación diofántica tan complicada.

Gracias.

10
Teoría de números / 2ª Conjetura sin palabras
« en: 10 Octubre, 2020, 06:42 pm »

\( \mathbb{P}\equiv\{2,3,5,7,11...\}
  \)

\( a\in A\subset\mathbb{P}:\,(a-1)-\varphi(a-1)=(a+1)-\varphi(a+1)
  \).

\( card(A)=3;\, A\equiv\{7,13,19\}
  \)


Spoiler

\( n\in\mathbb{N}
  \)

\( p\in\mathbb{P};\, p_{1},p_{2},...,p_{i}=2,3,5,7,11...
  \)

\( \dfrac{n}{p_{i}}\in\mathbb{N}\Rightarrow p_{i}=p_{i}(n)
  \)

\( \forall p_{i}(n):\,{\color{blue}\varphi(n)=n\cdot\prod(1-\dfrac{1}{p_{i}(n)})}
  \)

............

\( n=12=2\cdot2\cdot3\Rightarrow
  \)

\( p_{1}(n)=2;\, p_{2}(n)=3
  \)

\( \varphi(n)={\color{blue}\varphi(12)=12\cdot(1-\dfrac{1}{2})\cdot(1-\dfrac{1}{3})}=4
  \)

[cerrar]

11
Teoría de números / Conjetura sin palabras
« en: 06 Octubre, 2020, 04:09 pm »
\( \mathbb{P}^{+}\equiv\{2,3,5,7,11,13,17...\}
  \)

\( p,a,b\in\mathbb{P}^{+}:
  \)

\( p>5
  \)

\( a=3+2p
  \)

\( b=\dfrac{a+1}{6}
  \).

Spoiler

\( (p+a+b)=\dfrac{10p+11}{3}
  \)

[cerrar]

\( (p+a+b)\equiv7\,(mod\,10)\forall\{p,a,b\}
  \)

12
Foro general / Covid y gráficas.
« en: 23 Agosto, 2020, 12:26 pm »
En la página ourworldindata.org tenemos la posibilidad de hacer comparativas, entre distintos países del mundo, tomando las gráficas de los países que elijamos. Aquí os pongo una captura de pantalla que hice anoche con datos de hasta el 22 de agosto.



Éste es el apartado de la web donde se mira la curva de los casos diarios; positivos.

Como se ve, especialmente en el mes de agosto, la gráfica de España llama poderosamente la atención por sus bruscas subidas y bajadas (de una cantidad de positivos registrados, se pasa en dos o tres días a la mitad o al doble o a otras proporciones muy grandes, subiendo y bajando esperpénticamente con unos dientes de sierra exagerados, cosa que no pasa, como veis, en los demás países circundantes ni en otros un poco más lejanos; yo he elegido algunos medio al azar, pero se puede poner los que uno quiera).

Creo que esto sólo puede ser debido a que la cantidad de tests que se hacen no es constante, unos días se hacen bastantes más que otros. Solamente esto podría justificar (aunque quizá haya algún factor más que influya) que se hallan hecho tres pruebas de seroprevalencia en distintos periodos y, todas las veces, el porcentaje de población con anticuerpos haya sido del 5 por ciento (5%, 5.3% y creo que en otro 5,2%). Es decir, a tenor de los tests de anticuerpos, la contagiosidad parece que es mucho más constante de lo que aparenta esa gráfica.

Es claro que si en una población de 300 personas hay 15 positivos, por ejemplo, y si un día se hacen 100 tests y salen 5 positivos y, al día siguiente, se hacen 200 tests y salen 10 positivos, esto no indica que haya crecido el contagio comunitario; el crecimiento es cero, hay los mismos que el día anterior; es decir, la gráfica (en  este caso ideal) sería una recta. Por tanto, a la hora de valorar cómo asciende o desciende el contagio habrá que tener en cuenta esto, para “descontarlo” del crecimiento si lo hubiera y para así informar correctamente; pero da la sensación de que no se está haciendo así, a tenor del alarmismo que se percibe en políticos y medios de comunicación.

Comenté esto a una amiga mía médico (que dirige un equipo de trabajo que hace protocolos covid y cosas así) y estuvo de acuerdo conmigo en este punto; pero me da la sensación de que los políticos, tanto nacionales como regionales, no hacen caso del todo a los médicos y científicos que tienen a su cargo (en una situación tremendamente seria, no sólo por una cuestión de salud sino también por una cuestión económica).

(*perdonad que cuente este rollo en el foro, pero es que cuando hablo de esto en Facebook, por ejemplo, al gente no me entiende o no me cree, porque las televisiones y la mayoría de los medios dan un visión distorsionada debido a esto).

También me confirmó que (al menos en España) los ingresos se cuentan por positivos independientemente de que los pacientes puedan ingresar por hipertensión u otra cosa;  sin necesidad de tener síntomas típicos, como tos, cambio de sabores... es decir, sin atender a la “clínica”, que llaman los médicos. Añadió que la PCR es orientativa y no una prueba diagnóstica; sin embargo, también me dijo que para tratar a los enfermos sí se tenía en cuenta la clínica; si el enfermo padece una dolencia que no tiene nada que ver con los síntomas del covid ni neumonía ni nada así, se la trata como tal, pero si ese enfermo da positivo, se contabiliza como ingresado por covid. Esto, como es lógico, hace que aparezca un incremento ficticio de las hospitalizaciones en distintos centros respecto de otros años; como podéis ver en estas noticias:

https://www.libertaddigital.com/ciencia-tecnologia/salud/2020-08-13/hospital-mas-ingresos-covid-madrid-desmiente-situacion-como-marzo-1276662506/

https://www.redaccionmedica.com/secciones/sanidad-hoy/covid-19-las-ccaa-aumentan-un-9-su-capacidad-de-pcr-en-la-ultima-semana-7344

https://www.rtve.es/alacarta/videos/la-manana/doctor-benido-coronavirus-manana/5646142/


También me comentó ella que, aunque la PCR tiene un porcentaje de un 30% de falsos positivos (también de falsos negativos) es muy útil para prevenir [ella es preventivista de especialidad; su idea es que más vale aislar sanos por error que dejar de aislar posibles enfermos]. Pero, en cuanto al porcentaje de falsos positivos de la PCR, he encontrado un estudio de médicos chinos publicado en el National Center for Biotechnology Information, que es parte de la Biblioteca Nacional de Medicina de Estados Unidos, y que dice que como mínimo podrían estar en torno al 50%

https://pubmed.ncbi.nlm.nih.gov/32133832/

Así pues, el alarmismo parece exagerado (hablo de España). Una muestra más de ello es este mensaje que el presidente de Hospitales de Madrid envió el otro día al móvil de varios médicos.



Añado este vídeo donde se hace el análisis; es muy interesante el vídeo entero, pero lo pongo a partir del minuto que está relacionado con el tema


13
Temas de Física / Gravedad y constante de Hooke
« en: 07 Febrero, 2020, 07:31 pm »
 

 ???


14
Teoría de números / Módulo de amalgama
« en: 02 Febrero, 2020, 04:34 pm »
Introducción en spoiler

Spoiler

Esto no es necesario leerlo, pero quiero contar cuál ha sido la motivación porque psicológicamente me parece algo curioso.

Como veo bastantes vídeos de música, Youtube me hace recomendaciones, y el caso es que ayer acabé viendo varias cosas sobre palos flamencos (es decir, sobre los distintos ritmos y formas de esta música). Nunca he sido aficionado al flamenco, pero me fijé especialmente en uno en el que se explicaba cómo dar palmas para acompañar las bulerías.

De forma estándar (por lo que vi también en otras páginas sobre esto) este palo se escribe en compás de 12/8 ó 6/8 (el 8 quiere decir “corchea”, es lo que dura cada una de las 6 ó 12 partes, no es una fracción al uso matemático). Por lo visto, se suele enseñar contando diez tiempos separados así
1,2,3;  4,5,6;  7,8,9,10
pero ésta no es la métrica real, sino que se ajusta por las sílabas de las palabras que se usan y el toniquete que se les da (y además es ciertamente subjetivo) dando lugar a que mucha gente, en la práctica, no sepa aplicar la teoría de forma efectiva y pierda el ritmo (por lo que también oí),

Se escribe en 12/8 ó a veces en 6/8, decía, que son compases de subdivisión ternaria (con tres golpes de esta manera: fuerte, débil, débil) sin embargo, en el vídeo al que me refería (muy bien explicado de forma práctica por un guitarrista profesional) me di cuenta de que en realidad no se entendía así, sino que era como un 6/8 interpretado con subdivisión binaria, 1,2; 1,2; 1,2 (fuerte, débil; fuerte, débil; fuerte, débil-silencio) donde el último “2” es un silencio en las palmas que el palmero ejecuta con el pie.

La cuestión es tan sencilla como decir que podemos sumar 6 así 3+3 ó así 2+2+2, entendiendo la suma módulo 2 o módulo 3; donde, en música, los “restos” que siguen al “cero” se interpretan débiles; y el cero es la única parte (o fracción de parte según los casos) fuerte. Pero nadie, en música clásica o música corriente, digamos, interpreta un 6/8 como seis corcheas entendidas así, 2+2+2, sino que se entienden como si fueran dos tresillos de corcheas en un 2/4, así 3+3 (de hecho, ya al escribir, habitualmente, las plicas se unen con los corchetes de 3 en 3, no de 2 en 2). Los compases compuestos (que son los de 6, 9 ó 12 partes)  son siempre de subdivisión ternaria por definición. Digo “por definición” porque es así, no por contagio matemático, ya que, para los de 9 no queda más remedio, pero para los otros hay dos opciones y sólo se maneja una; por definición.

Lo que sí existe en la escritura musical corriente son los llamados compases de amalgama. Esto consiste en hacer, por ejemplo, un compás de dos partes, después uno de tres, y así sucesivamente alterándolos; y lo mismo con otro tipo de compases combinados, no sólo con éstos en particular. De este modo es como se conseguiría escribir correctamente ese ritmo de las bulerías sin alterar la definición que menciono.

(Yo lo escribiría como un 4/4 seguido de un 2/4 a tenor de cómo lo oigo; y poniendo un aire ligero, porque las bulerías son movidas, no lentas. Sumando las partes, se podría escribir entonces así 6/4 (seis negras, 4 quiere decir “negra”) par indicar la amalgama, similarmente a cómo se hace con el del zorcico y otros compases de este estilo,  pero quizá habría que especificar cómo se marcan esas subdivisiones y sería preferible hacerlo con dos fracciones una detrás de otra; porque “6” nos dice “compás compuesto” y entonces se entiende ternario por definición. Sólo son compases simples los que tienen en el “numerador” un 2 ó un 3 ó un 4 (se considera así, aunque el 4 no sea primo).

Bueno, y a lo que voy. Entonces, recordé que, hace dos días o así, tres a lo más, observé una ley matemática que proyecté publicar en el foro (un “descubrimiento” de los míos programando con Python) pero al final me pareció que no iba a servir para nada útil; y por eso no publiqué al final y se me olvidó esto.

Y ahora he pensado que se parece muchísimo a una “amalgama modular” haciendo la comparación dicha (ahí está lo curioso psicológicamente, que cuando se me ocurrió no pensé en nada de compases ni música y, sin embargo, es casi literalmente lo que se puede llamar un módulo de amalgama.
Y, total, a los dos días -o día y medio- veo esos vídeos que me hacen darme cuenta de esto).

Tomamos dos números naturales distintos “a” y “b” con a<b y vamos escribiendo los múltiplos consecutivos de uno y otro de forma que obtengamos una sucesión de valores crecientes. Después, consideramos la sucesión de las diferencias empezando desde la distancia que guarda el primero con el segundo, luego, el segundo con el tercero...
Normalmente, nos apoyamos en los ceros respecto de un cierto módulo “a” haciendo “a, 2a, 3a, 4a...”; pues en este caso hacemos lo mismo, pero amalgamando  dos números; donde, claro, los factores ya no van a ser en todos los casos 1,2,3,4...
[cerrar]


Sea un número natural no primo \( ab \) con \( a<b \) .

Consideremos la sucesión alternada y creciente de los múltiplos de “a” y de “b” consecutivos; por ejemplo, si tomamos \( 15=3\cdot5
  \), sería así

\( 3,5,6,10,12...
  \).

Pero hemos de tomar en concreto sólo \( 2a+1 \) términos, y, por otra parte, han de ser “a,b” impares o uno par y otro impar.
En el caso del ejemplo, como a=3, tendremos siete términos:

\( 3,5,6,10,12,15,18
  \).

Ahora consideremos la sucesión de las diferencias o distancias entre los términos de izquierda a derecha; 5-3; 6-5, etc. Tendremos:

\( D=2,1,4,2,3,3
  \) (aquí había bailado los dos primeros números)

 (para que aparezca el 1 es necesario que sean ambos impares o de distinta paridad).

Observamos que la suma de los términos es precisamente \( ab
  \), en el ejemplo, 15.

Por otra parte más, si se siguen considerando múltiplos más allá de la cantidad \( 2a+1 \), la secuencia de las distancias entre estos números consecutivos se repite periódicamente.

Ahora, la sucesión “D” de las distancias tiene \( 2a \) términos, los cuales podemos separar en dos trozos de “a” términos ordenándolos así

\( D=1,2,3;2,3,4
  \).

de tal forma que si sumamos los términos del primer trozo se corresponde con la progresión aritmética \( \dfrac{a(a+1)}{2}
  \) y la del segundo trozo se corresponde con la suma \( (b-a)+((b-a)+1)+((b-a)+2)...
  \) una cantidad “a” de veces (esto es lo mismo que decir \( a(b-a)
  \) más la progresión aritmética de 1 hasta “a-1”, o sea, \( \dfrac{(a-1)(a-1+1)}{2}=\dfrac{(a-1)a}{2}
  \)).

Ordenados de esta última manera es sencillo demostrar a partir de ahí que, en general, la suma de las distancias da como resultado \( ab \):

\( \dfrac{a(a+1)}{2}+a(b-a)+\dfrac{(a-1)a}{2}=ab
  \)

(y operando se llega fácilmente a la identidad ab=ab; lo que todavía no he demostrado bien del todo es que siempre se pueden ordenar de esta manera, pero se comprueba que funciona haciendo un programa; y no será muy difícil de demostrar, supongo).

Esto se observa para cualesquiera a,b con las condiciones detalladas.

Los únicos números con los que no se podrá llegar a lo dicho (de la manera explicada) es con los productos de la forma \( ab=2^{n}
  \), porque no aparece el 1 de forma natural en las distancias, pero en los casos en que exista algún factor impar, siempre podremos factorizar el producto “ab” como producto de un par por un impar (pues aunque cambiemos los “a,b” originales, el número será el mismo).






15
Teorema de Fermat / UTF N=3; esbozo de ataque.
« en: 10 Diciembre, 2019, 12:55 pm »
Introducción

Aquí va descrito el esbozo de lo que van a ser los elementos del intento (que aún no sé en qué acabará). En otras respuestas iré desarrollando (si algún fermatero quiere usarlo y lo demuestra antes de que yo acabe, estupendo también; es más, me gustaría, porque yo no sé si voy a tener cabeza para no perderme con algo tan denso).

Como en algunas novelas policíacas, empiezo haciendo una lista de los personajes que van a intervenir; los nombres se usarán a lo largo del intento, así que es importante para quien quiera seguir o utilizar esto (en todo caso las letras son enteros).

Elementos a utilizar

Igualdad 1º \( x^{3}+y^{3}=z^{3}
  \) (coprimos)

Igualdad 2º \( x^{3}+y^{3}=(a+b)^{3}+(a-b)^{3}=(a+c)^{3}
  \).

Consideraciones sobre los elementos:

\( x=\overset{\bullet}{3}
  \) (x, en hipótesis, será múltiplo de 3).

\( x=(a+b):x\: impar\,\Rightarrow
  \) Hagamos “a” par y “b” impar.

Estas condiciones implican:

\( a=3k_{1}+1;\quad b=3k_{2}+2
  \).

Spoiler

(o bien con los restos al contrario, pero lo elijo así como primera condición a analizar)

[cerrar]

Entonces

\( k_{1}=2t_{1}+1
  \).

Spoiler

(pues \( k_{1}
  \) ha de ser necesariamente impar para que “a” sea par).

[cerrar]

Análogamente, por similar razón, al ser “b” impar tendremos:

\( k_{2}=2t_{2}+1
  \).

Por otra parte

\( z=a+c
  \) par; Implica “c” par:

\( c=2t_{3}
  \)

\( z=a+c\Rightarrow
  \)

\( z=3k_{1}+1+2t_{3}=
  \)

\( z=3(2t_{1}+1)+1+2t_{3}=
  \)

\( z=6t_{1}+4+2t_{3}
  \)

\( z=2(3t_{1}+2+t_{3})
  \)

Además, como “z” ha de ser coprimo con 3 para que la igualdad 1º conlleve una terna primitiva, tendremos:

\( 2+t_{3}=3m+r_{1};\quad r_{1}=1\vee2
  \).

Por tanto, será bueno usar esta expresión que sigue para analizar los casos posibles:

\( z=2(3t_{1}+3m+r_{1})
  \).

Y como despejando \( 2+t_{3}=3m+r_{1}
  \), tenemos \( 2=3m+r_{1}-t_{3}
  \), quizá podrá ser útil también sustituir y analizar la expresión

\( z=(3m+r_{1}-t_{3})(3t_{1}+3m+r_{1})=
  \)

Desarrollando con Wolfram

\( z=9m^{2}+6mr_{1}+9mt_{1}-3mt_{3}+3r_{1}t_{1}-r_{1}t_{3}+r_{1}^{2}-3t_{1}t_{3}
  \)

Donde \( -r_{1}t_{3}+r_{1}^{2}
  \) no puede ser múltiplo de 3.

Si Ahora, agrupamos todos los \( \overset{\bullet}{3}
  \) de ese polinomio “z” y elevamos al cubo, el resto de \( z^{3}
  \) es

\( (-r_{1}t_{3}+r_{1}^{2})^{3}=-r_{1}^{3}t_{3}^{3}+r_{1}^{6}
  \).

Que tampoco puede ser múltiplo de 3, por la misma razón.

...

Consideremos \( r_{1}=1
  \), entonces \( -t_{3}+1\equiv2\,(mod\,3)
  \) y \( t_{3}\equiv2\,(mod\,3)
  \).

Spoiler

Veamos, Tenemos \( r_{1}=1
  \)

Con \( -t_{3}+1
  \) ocurre:

Más arriba teníamos \( 2+t_{3}=3m+r_{1};\quad r_{1}=1\vee2
  \); y aquí probamos con 1. Entonces

\( t_{3}=3m+r_{1}-2
  \)

\( t_{3}=3m+1-2
  \)

\( t_{3}=3m-1
  \)

Lo que implica

\( t_{3}\equiv2\,(mod\,3)
  \)

En negativo sera de la forma \( -t_{3}=-3n-2
  \), con lo que

\( -t_{3}+1=-3n-1
  \) implica igualmente

\( -t_{3}+1\equiv2\,(mod\,3)
  \)

[cerrar]

Probando la expresión elevada al cubo, como era esperable, no hay ninguna contradicción en el resto de “z”; puede ser \( r_1=1 \). Del mismo modo, uno sospecha que tampoco nada se opondrá a que puede ser igual 2 (lo dejo sin probar por ahora).

Se analiza todo un poco, se ve claramente que necesitamos obtener o valorar la paridad de \( t_{3}
  \) para intentar encontrar una posible contradicción (lo dejo de momento, porque me da la impresión de que puede ser un poco pesado; quien quiera, ahí lo tiene).

...

Añadamos seguidamente una tercera igualdad a tener en cuenta, la que usa empieza usando Euler para demostrar este caso n=3:

Igualdad 3º

\( x^{3}+y^{3}=(a+b)^{3}+(a-b)^{3}=
  \)

\( a^{3}+b^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+a^{3}-3a^{2}b+3ab^{2}-b^{3}=
  \)

\( 2a(a^{2}+3b^{2})=z^{3}
  \).

Haciendo distintos cambios de variable con los elementos descritos, quizá se pueda ver esa paridad y alguna más; y, con suerte, quizá se pueda demostrar que si x es múltiplo de 3, entonces pasa algo contradictorio.

No olvidemos, por otra parte, que podemos contar con el pequeño teorema de Fermat e incluso podría ser útil más en general la función phi de Euler, pese a que en principio sólo consideremos potencias de 3.

...

Conclusión sobre este esbozo para atacar el problema

Da la impresión de que hay suficientes elementos como para que se delate el absurdo. A fin de cuentas, se están expresando los números como sumas o restas de otros, considerando restos, relaciones... Uno piensa que, si con los complejos (que son igualmente números expresados por sumas) se puede llegar a un contradicción, tendría que poderse llegar también con un artificio más o menos paralelo usando reales.

Si uno eleva al cubo el polinomio \( z=9m^{2}+6mr_{1}+9mt_{1}-3mt_{3}+3r_{1}t_{1}-r_{1}t_{3}+r_{1}^{2}-3t_{1}t_{3}
  \) con todos sus términos (y no sólo con el resto como he hecho) aparecen coeficientes muy grandes que, además de ser múltiplos de 3, lo son de otros números; con lo que quizá se puede investigar parcialmente la factorización de “z” y considerar la divisibilidad según otros módulos.

Claro que profundizar en todo eso va a ser un trabajo de chinos; para los pacientes y a la vez menos despistados. La demostración en reales podría ser muchísimo más larga que las demostraciones tradicionales usando enteros gaussianos; pero sí que da la impresión de que puede existir.

A fin de cuentas, no se trata de encontrar una demostración más corta o sencilla, sino una demostración mediante métodos elementales de teoría de números (aritmética modular y divisibilidad en general... todo menos teoría analítica y usar el grupo Zi); lo cual no implica que tenga que ser más fácil ni más corta. Quede claro, entonces, que el reto que se propone no pretende encontrar una demostración más simple ni tampoco necesariamente más fácil de comprender. Yo lo he intentado alguna vez y no lo he conseguido; pero porque me despisto y no tengo cabeza de "ajedrecista", quizá alguien sí pueda.

(espero no haberme equivocado en lo que he analizado)


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Foro general / Razonamiento sobre una desigualdad
« en: 17 Noviembre, 2019, 07:03 pm »

Vamos a ver de qué manera me equivoco hoy.

Supongamos

\( a,b,c\in\mathbb{N}
  \)

\( a^{3}+b^{3}=c^{3}\Rightarrow
  \)

Entonces

\( a^{3}+(b+1)^{3}=c^{3}+k;\; k\in\mathbb{N}^{+}
   \)

Desarrollando el cubo

\( {\color{blue}a^{3}+b^{3}}+3b^{2}+3b+1={\color{blue}c^{3}}+k
  \)

Se cancela lo azul y queda

\( {\color{magenta}3b^{2}+3b+1-k=0}
  \)

Ahora:

raíz positiva de “b”

\( b=\dfrac{-3+\sqrt{9-12(1-k)}}{6}
  \)

\( 6b+3=\sqrt{9-12(1-k)} \)
 

Condición del discriminante:

\( 12(1-k)\leq9
  \)

\( 4(1-k)\leq3
  \)

\( 4-4k\leq3
  \)

\( -4k\leq-1
  \)

\( 4k\geq1
 ; k\geq\dfrac{1}{4}\Rightarrow
  \)

\( k=\dfrac{1}{4}+t;\; t\in\mathbb{Q}^{+}-\{\mathbb{N}\}
  \)

Entonces

\( 3b^{2}+3b+1-(\dfrac{1}{4}+t)=0
  \)

Multiplicando por 4

\( 12b^{2}+12b+4-1-4t=0
  \)

\( 12b^{2}+12b+3-4t=0
  \)

De donde “4t” tiene que ser entero múltiplo de 3.

Hagamos pues

\( {\color{blue}t=3\dfrac{m}{n}};\,\,4t=12\dfrac{m}{n}
   \)

Ahora, de la anterior ecuación, sustituyendo

\( 12b^{2}+12b+3-12\dfrac{m}{n}=0
  \)

dividiendo entre 12

\( b^{2}+b+\dfrac{1}{4}-\dfrac{m}{n}=0
  \)

\( b^{2}+b=\dfrac{m}{n}-\dfrac{1}{4}
  \)

\( 4nb^{2}+4nb=4m-n
  \)

donde “n” es múltiplo de 4; es par.

Sea n=4p.

Así

\( {\color{blue}t=\dfrac{3m}{4p}}
   \)

Como 4t es entero, entonces \( {\color{blue}4t=\dfrac{3m}{p}}
   \) es entero.

Si p=3, entonces “m” es par. Si \( p|m
  \) también tiene que ser par pues el quebrado es igual a 4t. Luego “m” es par.

Al ser “n” y m” pares, existe una fracción equivalente \( \dfrac{m'}{n'}=\dfrac{m}{n}
  \) con \( m^{\prime}<m
  \) y \( n^{\prime}<n
  \) tal que, por descenso al infinito, \( \dfrac{m}{n}
  \) es irracional.

Por ello, como \( {\color{blue}t=3\dfrac{m}{n}}
   \), entonces \( \dfrac{t}{3}
   \) es irracional.

Volviendo aquí \( 3b^{2}+3b+1-(\dfrac{1}{4}+t)=0
  \) y diviendo entre 3

\( b^{2}+b+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{12}-\dfrac{t}{3}=0
  \)

\( b^{2}+b+\dfrac{1}{4}=\dfrac{t}{3}
  \) es irracional.

Pero si “b” es entero, \( b^{2}-b+\dfrac{1}{4}
   \) es un racional con una mantisa de sólo dos cifras y no puede ser, por lo que “b” no es entero.

Por tanto

\( a,b,c\in\mathbb{N\Rightarrow}
  \)

\( a^{3}+b^{3}\neq c^{3}
  \).

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Foro general / Sobre el concepto de "contable"
« en: 30 Octubre, 2019, 01:40 pm »


 No sirve, está mal


Spoiler

Se me ha ocurrido un ejemplo para mostrar el concepto de “contable” en lo que se refiere a los distintos tipos de infinitos y me gustaría saber si lo que digo no se opone a ningún axioma o definición (independientemente de que lo cuente con más o menos rigor).


Tanto el conjunto de los reales como el de los naturales tienen en común que, elegido un número, siempre podemos elegir después otro mayor. Con esta idea y poco más, basta con dos pasos para ilustrar de forma muy “visible” cuál es la diferencia entre lo que es contable y lo que no.

Podemos definir un subconjunto de números racionales, sea A, tal que su máximo sea “n” (un natural cualquiera) y \( \dfrac{1}{n}
  \) sea la distancia mínima entre los elementos (siendo este “n” el mismo natural que antes).

Es bastante claro entonces que si \( \dfrac{1}{n}
  \) es la distancia mínima en A, el siguiente más grande que él es \( \dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}
  \); no hay ningún número entre medias que pertezca a “A”, pues para eso tendría que existir un número “a”, pertenciente a “A”, menor que el mínimo \( \dfrac{1}{n}
  \) y tal que ocurriese esto: \( \dfrac{1}{n}<\dfrac{1}{n}+a<\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}
  \).

La propiedad básica del infinito nos permite repetir la misma idea tomando un subconjuto “B” de racionales tales que el máximo de “B” sea un natural mayor que el de “A”. Además, al tener mínimo los naturales (tomados sin el cero) podemos elegir como máximo justo el siguiente “n+1”.

Así, en este segundo paso, el mínimo de “B” es \( (\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n})
  \), el siguiente un poco mayor es \( (\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n})+(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n})
  \), etc. Con lo que podemos ir encontrando, a partir de un cierto número (a partir de cualquier elemento, no sólo del mínimo) los números de “A” que se suceden; y sin que se nos quede ninguno perdido entre dos de los que ya hemos tenido en cuenta. A esto podemos llamar contar; que no impone la condición de “terminar de contar”, lo cual es otro concepto relacionado, pero diferente.

...

Análogamente, tomemos un subconjunto “A2”, ahora de números reales, donde el máximo sea, por ejemplo, \( \pi
  \), y el mínimo \( \dfrac{1}{\pi}
  \).

El número \( \pi
  \) es único, obviamente, de tal forma que \( \pi+\varepsilon
  \) no pertenece al conjunto tomado. Así, de la misma forma que se veía con el otro conjunto “A”, observamos que podemos ir contando: el menor es \( \dfrac{1}{\pi}
  \), el siguiente es \( \dfrac{1}{\pi}+\dfrac{1}{\pi}
  \)... El subconjunto es contable, pese a que contenga irracionales, porque no hay continuidad entre ninguno de sus elementos.

Si, ahora, considerando un conjunto “B2” e intentamos ir un poco más allá de \( \pi
  \), podemos encontrar y definir también un máximo, pero no puede ser el siguiente mayor a pi. Si definimos el máximo \( \pi+\varepsilon_{1}
  \), sea cual sea el \( \varepsilon_{1}>0
  \) elegido, siempre existirá un real \( \varepsilon_{2}>0
  \) menor que \( \varepsilon_{1}
  \).

Por tanto, ahora, al intentar contar, sí tenemos un mínimo \( \dfrac{1}{\pi+\varepsilon_{1}}
  \), pero, después, éste número \( \dfrac{1}{\pi+\varepsilon_{1}}+\dfrac{1}{\pi+\varepsilon_{1}}
  \) ya no sería el siguiente, pues siempre se nos quedaría en medio al menos un \( \dfrac{1}{\pi+\varepsilon_{1}}+\dfrac{1}{\pi+\varepsilon_{2}}
  \) que, en este caso, sí pertenece al subconjunto “B2”, ya que, en este caso la distancia que se añade es válida, es mayor que la distancia mínima: \( \dfrac{1}{\pi+\varepsilon_{2}}>\dfrac{1}{\pi+\varepsilon_{1}} \).

Luego no es posible ir contando los elementos de “B2”.


[cerrar]

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Temas de Física / Seis errores de Einstein
« en: 24 Octubre, 2019, 12:59 pm »

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Hola, Luis.

Veo que la conjetura de Polignac dice que, para cualquier natural “n”, existen infinitas parejas distintas de primos que cumplen  \( p_{2}-p_{1}=2n  \).

¿Sabes si está demostrado esto quitando la exigencia de la infinitud?

Saludos y gracias.

(*Me ha parecido exagerado abrir un hilo nuevo para hacer sólo esta pregunta; pero si te parece mejor ponerla en otro ya lo decides tú).

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Uno de los grandes problemas de la factorización de semiprimos es que no podemos acercarnos uniformemente al valor de los factores. Al estimar un factor, el que deje un resto menor o mayor al ser dividido por el semiprimo no significa nada, no implica que esté más cerca de uno de los primos que compone al semiprimo.

Por eso, los métodos existentes consisten en ir cribando números sin que se sepa con seguridad nada sobre su cercanía a alguno de los factores; son descartes hasta encontrar un número que sí divida al semiprimo. Para números de hasta 50 cifras o poco más, el método que utiliza las funciones de las curvas elípticas es insuperable, pero para números mucho más grandes no es viable; tarda más que otros (que también tardan mucho para números de cientos de cifras).

Personalmente, cuando he intentado factorizar un número, siempre he buscado eso más que el hecho de factorizarlo en sí; ver cómo acercarme cada vez más, uniformemente, a los primos.

...

El otro día “descubrí” (o quizá lo tenía olvidado y lo redescubrí) este simple teorema. En principio, observé que funcionaba en general mediante el uso de la progresión aritmética, pero después encontré esta demostración mucho más simple:

Explicación del teorema.

Sea la suma de una cantidad N impar de números consecutivos. Entonces queda un número en el centro y dos cantidades iguales a cada lado; por ejemplo:

3,4,5,6,7,8,9

En el centro tenemos el 6 y tres números a cada lado.

En general, si llamamos “a” al número del centro, tenemos este esquema para la suma de N números consecutivos con N impar

\( ...(a-1)+(a-1)+(a-1)+{\color{blue}a}+(a+1)+(a+2)+(a+3)...
  \)

Como vemos, la cantidad de “unos” positivos y negativos es la misma, así que se cancelan y queda una cantidad de N sumandos que son todos el mismo, “a”

\( \underset{\underbrace{N\, veces}}{a+a+a+a...}
  \)

Por tanto, el teorema que es que la suma es un múltiplo de “N” y de “a”, es decir, la suma viene dada por el producto \( a\cdot N
  \); podemos llamar a la suma así, para ir poniendo nombres: \( S_{N}=a\cdot N
  \).

Ejemplos:

2+3+4

La cantidad de sumandos es N=3 y el número del centro es 3, así que el valor de la suma es \( 3*3=9 \).

Otro más:

4,5,6,7,8

Tenemos N=5 y el número central es 6, la suma es 6*5=30.

...

A partir de aquí, vemos que si elegimos dos números primos distintos al azar, podemos construir dos sumas (como máximo, en la mayoría de los casos, si hay “sitio”) haciendo que N sea el primo grande (y “a” el pequeño) o análogamente haciendo que N sea el pequeño (y “a” el grande).

Por ejemplo:

\( 8+9+10+{\color{blue}11}+12+13+14
  \)

Tenemos siete sumandos consecutivos, N=7, que es primo, y en el centro a=11, que también, es decir, [8,9] es uno de los dos intervalos-suma para expresar el semiprimo 77.

El otro intervalo-suma posible es [2,12]

\( 2,+3+4+5+6+{\color{blue}7}+8+9+10+11+12
  \)

Ahora tenemos al revés que antes, N=11 y a=7, pero la suma sigue valiendo 77, por el teoremilla explicado (quien no se fíe que los cuente).

Con esto ya tenemos cuatro números (dos en cada intervalo) que caracterizan al semiprimo que sea; son el primero y el último de cada invervalo.

Es decir, para el primero podemos hacer

\( 14-8+1=7 \)

y para el segundo

\( 12-2+1=11 \).

...

En principio, ir buscando todas las sumas a ver cuál funciona en el intento de factorizar, puede ser tan lento o más que ir probando números uno a uno. Sin embargo, se puede deducir un criterio de acercamiento para buscar números “N” y “a” (a grandes saltos buscando zonas) cada vez más próximos a los primos.

Esto es lo que hice precisamente la otra noche; lo que pasa es que me tiré por el RSA más gordo de todos y aún no puedo sacar una conclusión. No obstante, sospecho que llega un momento en que ya no es fácil acercarse más a los valores de los primos, el proceso parece estrangularse (si bien no estoy seguro del todo de esto). Pero no me importa mucho, ese acercamiento es uniforme, los número que voy encontrando están cada vez más cerca en “valor-proporción” (que es lo que yo quería principalmente, aunque quizá llegue un momento en el que uno no puedo ir ni “patrás” ni “palante”).

...

Vamos a ver ahora cómo procedí.

Lo hice programando pero estimando a mano; porque es difícil para mí mecanizar esa búsqueda para acercarme.

Primero hay que pensar en qué número central buscamos, si el pequeño o el grande. Si N es el grande, es mayor que la raíz del semiprimo, por tanto puse una sentencia para que me dijera esto en pantalla, para ver si coincidían las condiciones.

Como el RSA tiene 617 cifras (pequeño :D ) los semiprimos deben andar en torno a las 308 ó 309 cifras; cosa que, según este método (a modo de test) parece ser efectivamente así. Si uno tuviera varias cifras menos, las zonas rastreadas “cantarían” advirtiendo de esa posibilidad (o eso creo, tendría que hacer pruebas con semiprimos más pequeños y ver; que no he hecho nada, todo esto que cuento es muy reciente, el que lo publique lo ha precipitado la aparición de Víctor Luis).

El número pequeño para el intervalo, al que llamo “v=k+1”, es lo que voy eligiendo y cambiando a grandes saltos (bueno, voy cambiando k, k+1 es para el empiece del otro segmento).

Al número grande, máximo, del intervalo lo llamo “g” y lo calculo mediante la progresión aritmética de 1 hasta g tal que

\( RSA=\dfrac{g^{2}+g}{2}...
  \)

restándole la progresión de 1 hasta k

\( RSA=\dfrac{g^{2}+g}{2}-\dfrac{k^{2}-k}{2}
  \)

Como es natural, g sólo resultará entero cuando sea el verdadero valor de “g” que buscamos, así pues es una aproximación de “g” de la que se toma la parte entera.

A partir de ahí calculamos la longitud N del intervalo a la que llamo “x” y particularmente en mi ensayo acabó por ser el “candidato” al primo grande (en principio podía ser cualquiera, empezó siendo el pequeño y luego pasó al grande según aumenté “k”; cosa que me avisaba la comparación con la raíz del RSA).

\( N=x=g-k+1 \) (el intervalo va de v=k+1 hasta g).

Después, el candidato a primo pequeño (el número que está en medio) se calcula así

\( y=g-\dfrac{x-1}{2}
   \)

O sea, si al más grande del intervalo le quito la mitda de “N-1” pues me da el del centro.

Aunque, ya digo, esto depende desde qué “k” empecemos, o sea, también puede ser “y” el grande y “x” el pequeño.

...

Por tanto, los candidatos a ser los primos son “x” e “y”.

Pero hay otra manera obvia de estimar cualquiera de ellos; por ejemplo, si hago \( b=\dfrac{RSA}{x}
  \) tendré un número próximo a “y” (tomando la parte entera de la división). O sea, el producto xb se tiene que acercar al RSA y el de xy también; cuanto más se acerquen conjuntamente, “x” e”y” más se parecerán a los primos buscados.

De esta forma, viene enseguida lo que es la idea, cuanto más se aproxime al valor 1 la fracción

\( \dfrac{xb}{xy}=\dfrac{b}{y}
  \)

más se parecen en “valor-proporción” los “x,y” a los primos buscados.

Dicho de otra manera, buscamos hacer la mayor cantidad de ceros posibles aquí

\( \dfrac{b}{y}=1,0000...
  \)

lo cual va a depender de los valores “k” de prueba que vamos dando a grandes saltos para después darlos más pequeños buscando cada vez más ceros.

Ayer, entre la tarde la noche, llegué hasta aquí

1.000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000714...

...

Hasta ahí hay 63 ceros, aún son muy pocos teniendo en cuenta que los primos tienen 308 ó 309, estimo que habría que llegar a casi 300 ceros para obtener un número con el cual, ya con un método corriente (un método de criba) se pudiera factorizar en unas horas; o un día o así (digamos un tiempo asumible).

Pero... esto es el cuento de la Lechera, puede llegar a ser muy difícil o imposible hacer esa cantidad de ceros.

...

Y ya, dicho para vosotros, Víctor Luis y sqrmatrix, vuestra llegada ha sido providencial, no sólo por lo comentado en el otro hilo, sino porque necesito (necesitamos) ideas para hacer más ceros (teoremas o ideas que se puedan añadir, mejoras...) y, sobre todo, necesitamos hacer un programa que no funcione “a mano”, que sepa automáticamente cuándo tiene que bajar o subir el valor de “k”, que sepa estimar también la longitud del salto y lo necesario para que la razón se acerque más a 1.

Por otro lado, lo de este primo es una locura, yo me lancé a él sin pensar, como hago siempre (pienso después de hacer las cosas, así las equivocaciones tiran de mí para encontrar soluciones al corregirlas, me dan ideas). No se trata de factorizar este primo ni ningún RSA necesariamente, se trata de ver hasta qué punto puede funcionar lo que digo para semiprimos grandes (con las ideas que podáis aportar). Lo importante para mí es que consigamos dilucidar si siempre es posible el acercamiento llegados a una cierta razón (factorizar sin cribar, sabiendo uno por dónde anda, vamos) si se puede conseguir eso aunque se tarde mucho y no sea práctico.

Acabo de caer en una cosa, no lo hice del todo bien, por eso me costaba encontrar más ceros.

Estuve trabajando sólo con dos candidatos al mismo primo, “y”, “b”, pero se puede trabajar con los dos haciendo igualmente \( c=\dfrac{RSA}{y}
  \) y tomando la razón \( \dfrac{yc}{yx}=\dfrac{c}{x}
  \).

Ahora, entonces, lo que se debe buscar es la media aritmética de ambas razones, \( (\dfrac{c}{x}+\dfrac{b}{y})/2
  \) que se aproxime más a 1. Antes estaba cojo el método.


Saludos.

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