Autor Tema: Propuesta de UTF

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03 Junio, 2021, 10:35 am
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Fernando Moreno

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Hola a todos/as de nuevo.  Tirando papeles dedicados a este Teorema de años anteriores,  me encuentro con una idea de 2018 que no había desarrollado completamente.  A partir de ahí,  he llegado a lo que sigue.  La describo de forma un poco esquemática,  puesto que lo más seguro es que esté mal.  No obstante,  estoy naturalmente a disposición de cualquiera que lo lea y no entienda algo.


En UTF 3

Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros y coprimos entre sí.   

Si  \( 3 \)  no divide á  \( a,b,c \) .  Entonces,  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.   

Establezcamos pues,  por ejemplo,  que  \( 3 \) ,  como mínimo,  divide á  \( c \) . 

Tendremos:  \( -c^3=a^3+b^3 \)  -y-  \( -c^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde como:  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  son coprimos salvo por el primo  \( 3 \) :  \( a+b=3^{3k-1}c_1^3 \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab=3c_2^3 \) ,  para:  \( c=3^kc_1c_2 \)  -y-  \( (c_1,c_2)=1 \) ;  \( k\in{\mathbb{N}} \) .  Además:  \( -a^3=b^3+c^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -a^3=(b+c)((b+c)^2-3bc) \) ,  donde:  \( b+c=a_1^3 \)  -y-  \( (b+c)^2-3bc=a_2^3 \) ,  para:  \( a=a_1a_2 \)  -y-  \( (a_1,a_2)=1 \) .  Y :  \( -b^3=a^3+c^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -b^3=(a+c)((a+c)^2-3ac) \) ,  donde:  \( a+c=b_1^3 \)  -y-  \( (a+c)^2-3ac=b_2^3 \) ,  para:  \( b=b_1b_2 \)  -y-  \( (b_1,b_2)=1 \) .   

Ahora bien,  como ocurrirá que:  \( a+b+c=-d \) ,  para un  \( d \)  entero dado.  Será:  \( 3^{3k-1}c_1^3+3^kc_1c_2=-d \)  -y-  \( 3^kc_1(3^{2k-1}c_1^2+c_2)=-d \) .  Del mismo modo,  como  \( (b+c)+a=-d \) .  Tendremos:  \( a_1^3+a_1a_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( a_1(a_1^2+a_2)=-d \) .  Y como  \( (a+c)+b=-d \) .  Entonces:  \( b_1^3+b_1b_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( b_1(b_1^2+b_2)=-d \) .   

En definitiva:  \( 3^kc_1(3^{2k-1}c_1^2+c_2)=a_1(a_1^2+a_2)=b_1(b_1^2+b_2) \) .   Como  \( 3^k \)  no divide á  \( a_1 \)  ó  á  \( b_1 \) ,  debe dividir á  \( a_1^2+a_2 \)  -y- á  \( b_1^2+b_2 \) .   Luego  \( a_1^2+a_2\equiv{0} \) mod \( 3 \)  -y-  \( b_1^2+b_2\equiv{0} \) mod \( 3 \) .  De esta forma:  \( a_2,b_2\equiv{2} \) mod \( 3 \) ,  puesto que el único residuo de  \( 3 \)  distinto de cero es  \( 1 \)  -y-  \( a_1^2,b_1^2\equiv{1} \) mod \( 3 \) .   Pero entonces,  como:  \( (b+c)^2-3bc=a_2^3 \)  -y-  \( (a+c)^2-3ac=b_2^3 \) ;  tendríamos que:  \( 1-0\equiv{2} \) ;  puesto que por el Pequeño Teorema de Fermat:  \( a_2^3,b_2^3\equiv{a_2,b_2} \) mod \( 3 \) .  Lo que es una contradicción.


En UTF 5

Supongamos que  \( a^5+b^5+c^5=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros y coprimos entre sí.   

Si  \( 5 \)  no divide á  \( a,b,c \) .  Tenemos que:  \( a^5+b^5+c^5\equiv{0} \) mod \( 5 \) .  Pero si ninguna de las variables es congruente con otra,  esto no se cumple: Basta con probar:  \( 1+2+3\,\,,\,\,2+3+4 \) ,  etc.  De esta manera,  podemos considerar,  sin perder generalidad,  que:  \( a^5\equiv{b^5} \) mod \( 5 \) .  Luego:  \( -c^5\equiv{2b^5} \) mod \( 5 \) .  Por lo que:  \( (-(c^5+2b^5))^2\equiv{0} \) mod \( 5 \)  -y-  \( c^{10}+4b^{10}\equiv{-4c^5b^5} \) mod \( 5 \) .  Pero los residuos módulo 5 distintos de cero son:  \( 1,4 \) .  Y si sustituimos estos valores a la izquierda en la congruencia,  nos dará siempre que:  \( 0\equiv{-4c^5b^5} \) ;  lo que viola las condiciones iniciales.

Establezcamos pues,  por ejemplo,  que  \( 5 \) ,  como mínimo,  divide á  \( c \) . 

Tendremos:  \( -c^5=a^5+b^5 \)  -y-  \( -c^5=(a+b)[(a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)] \) .  Donde como:  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \)  son coprimos salvo por el primo  \( 5 \) :  \( a+b=5^{5k-1}c_1^5 \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=5c_2^5 \) ,  para:  \( c=5^kc_1c_2 \)  -y-  \( (c_1,c_2)=1 \) ;  \( k\in{\mathbb{N}} \) .   Además:  \( -a^5=b^5+c^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -a^5=(b+c)[(b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)] \) ,  donde:  \( b+c=a_1^5 \)  -y-  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)=a_2^5 \) ,  para:  \( a=a_1a_2 \)  -y-  \( (a_1,a_2)=1 \) .  Y :  \( -b^5=a^5+c^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -b^3=(a+c)[(a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)] \) ,  donde:  \( a+c=b_1^3 \)  -y-  \( (a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)=b_2^5 \) ,  para:  \( b=b_1b_2 \)  -y-  \( (b_1,b_2)=1 \) .   

Ahora bien,  como ocurrirá que:  \( a+b+c=-d \) ,  para un  \( d \)  entero dado.  Será:  \( 5^{5k-1}c_1^5+5^kc_1c_2=-d \)  -y-  \( 5^kc_1(5^{4k-1}c_1^4+c_2)=-d \) .  Del mismo modo,  como  \( (b+c)+a=-d \) .  Tendremos:  \( a_1^5+a_1a_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( a_1(a_1^4+a_2)=-d \) .  Y como  \( (a+c)+b=-d \) .  Entonces:  \( b_1^5+b_1b_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( b_1(b_1^4+b_2)=-d \) .   

En definitiva:  \( 5^kc_1(5^{4k-1}c_1^4+c_2)=a_1(a_1^4+a_2)=b_1(b_1^4+b_2) \) .   Como  \( 5^k \)  no divide á  \( a_1 \)  ó  á  \( b_1 \) ,  debe dividir á  \( a_1^4+a_2 \)  -y- á  \( b_1^4+b_2 \) .   Luego  \( a_1^4+a_2\equiv{0} \) mod \( 5 \)  -y-  \( b_1^4+b_2\equiv{0} \) mod \( 5 \) .  De esta forma:  \( a_2,b_2\equiv{4} \) mod \( 5 \) ,  puesto que por el Pequeño Teorema de Fermat:  \( a_1^{5-1},b_1^{5-1}\equiv{1} \) mod \( 5 \) .  Pero entonces,  como  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)=a_2^5 \)  -y-  \( (a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)=b_2^5 \) .  Tendríamos que:  \( 1-0\equiv{4} \) ,  puesto que también por el Pequeño Teorema de Fermat  \( a_2^5,b_2^5\equiv{a_2,b_2} \) mod \( 5 \) .  Lo que es una contradicción.


En UTF p

Lo mismo ocurrirá,  conjeturo,  con todos los exponentes primos del Caso 2 de Sophie Germain.  Puesto que dado:  \( a^p+b^p+c^p=0 \) ,  -y- que toda adición de dos potencias impares puede escribirse como:  \( a^p+b^p=(a+b)((a+b)^{p-1}-pab\,.\,.k\,.\,.\,) \) .   Y como el primer factor  (\( a+b \))  es coprimo con el segundo salvo,  en su caso,  por el primo del exponente que debe dividir a una de las variables.  Y que en todos los casos siempre tendremos que:  \( a+b+c=-d \) .  Entonces,  alternando los sumandos:  \( b^p+c^p\,\,,\,\,a^p+c^p \)  -y-  \( b+c\,\,,\,\,a+c \) ,  siempre podremos llegar a la misma conclusión de los casos UTF3, UTF5; aplicando en su momento el Pequeño Teorema de Fermat.


Un saludo,   
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03 Junio, 2021, 11:43 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

Establezcamos pues,  por ejemplo,  que  \( 3 \) ,  como mínimo,  divide á  \( c \) . 

Tendremos:  \( -c^3=a^3+b^3 \)  -y-  \( -c^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde como:  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  son coprimos salvo por el primo  \( 3 \) :  \( a+b=3^{3k-1}c_1^3 \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab=3c_2^3 \) ,  para:  \( c=3^kc_1c_2 \)  -y-  \( (c_1,c_2)=1 \) ;  \( k\in{\mathbb{N}} \) .  Además:  \( -a^3=b^3+c^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -a^3=(b+c)((b+c)^2-3bc) \) ,  donde:  \( b+c=a_1^3 \)  -y-  \( (b+c)^2-3bc=a_2^3 \) ,  para:  \( \color{red}a=a_1a_2\color{black} \)  -y-  \( (a_1,a_2)=1 \) .  Y :  \( -b^3=a^3+c^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -b^3=(a+c)((a+c)^2-3ac) \) ,  donde:  \( a+c=b_1^3 \)  -y-  \( (a+c)^2-3ac=b_2^3 \) ,  para:  \( b=b_1b_2 \)  -y-  \( (b_1,b_2)=1 \) .   

Ahí sería: \( \color{red}-a=a_1a_2\color{black} \). Eso tiene consecuencias después:

Citar
Ahora bien,  como ocurrirá que:  \( a+b+c=-d \) ,  para un  \( d \)  entero dado.  Será:  \( 3^{3k-1}c_1^3+3^kc_1c_2=-d \)  -y-  \( 3^kc_1(3^{2k-1}c_1^2+c_2)=-d \) .  Del mismo modo,  como  \( (b+c)+a=-d \) .  Tendremos:  \( a_1^3+a_1a_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( a_1(a_1^2\color{red}+a_2\color{black})=-d \) .  Y como  \( (a+c)+b=-d \) .  Entonces:  \( b_1^3+b_1b_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( b_1(b_1^2+b_2)=-d \) .   

Sería:

\( a_1(a_1^2\color{red}-a_2\color{black})=-d \)

y...

Citar
En definitiva:  \( 3^kc_1(3^{2k-1}c_1^2+c_2)=a_1(a_1^2+a_2)=b_1(b_1^2+b_2) \) .   Como  \( 3^k \)  no divide á  \( a_1 \)  ó  á  \( b_1 \) ,  debe dividir á  \( a_1^2+a_2 \)  -y- á  \( b_1^2+b_2 \) .   Luego  \( a_1^2+a_2\equiv{0} \) mod \( 3 \)  -y-  \( b_1^2+b_2\equiv{0} \) mod \( 3 \) .  De esta forma:  \( a_2,b_2\equiv{2} \) mod \( 3 \) ,  puesto que el único residuo de  \( 3 \)  distinto de cero es  \( 1 \)  -y-  \( a_1^2,b_1^2\equiv{1} \) mod \( 3 \) .   Pero entonces,  como:  \( (b+c)^2-3bc=a_2^3 \)  -y-  \( (a+c)^2-3ac=b_2^3 \) ;  tendríamos que:  \( 1-0\equiv{2} \) ;  puesto que por el Pequeño Teorema de Fermat:  \( a_2^3,b_2^3\equiv{a_2,b_2} \) mod \( 3 \) .  Lo que es una contradicción.

en realidad es \( a_1^2-a_2\equiv 0 \). De donde \( a_2\equiv 1 \) y no hay contradicción.

Lo mismo con las "bes".

Saludos.

03 Junio, 2021, 12:26 pm
Respuesta #2

Fernando Moreno

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Hola Luis. Llevas toda la razón. ¡Qué difícil es verse los fallos uno mismo! Gracias por la revisión. Si alguna vez consigo algo es gracias a tus correcciones. Un saludo
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04 Junio, 2021, 09:24 pm
Respuesta #3

Fernando Moreno

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Hola, os cuento hasta dónde he llegado yo repasando lo de arriba, por si es de interés para alguien.  Lo planteo ahora como  \( c^3=a^3+b^3 \)  para evitar el lío con los signos: 

\( c^3=a^3+b^3\,=\,(a+b)((a+b)^2-3ab) \) 
\( a^3=c^3-b^3\,=\,(c-b)((c-b)^2+3cb) \) 
\( b^3=c^3-a^3\,=\,(c-a)((c-a)^2+3ca) \)

Si  \( 3 \)  divide á  \( c \) :   

\( a+b=3^{3k-1}c_1^3 \)   -y-   \( (a+b)^2-3ab=3c_2^3 \) 
\( c-b=a_1^3 \)   -y-   \( (c-b)^2+3cb=a_2^3 \) 
\( c-a=b_1^3 \)   -y-   \( (c-a)^2+3ca=b_2^3 \) 

Como tendremos que:  \( c=a+b-d \)  para un  \( d \)  entero dado.

\( d=(a+b)-c\,=\,3^{3k-1}c_1^3-3^kc_1c_2\,=\,3^kc_1(3^{2k-1}c_1^2-c_2) \) 
\( d=(b-c)+a\,=\,-a_1^3+a_1a_2\,=\,a_1(a_2-a_1^2) \) 
\( d=(a-c)+b\,=\,-b_1^3+b_1b_2\,=\,b_1(b_2-b_1^2) \)

Entonces:  \( d\,=\,3^kc_1(3^{2k-1}c_1^2-c_2)\,=\,a_1(a_2-a_1^2)\,=\,b_1(b_2-b_1^2) \) 

Donde:  \( 3^kc_1 \)  divide á  \( a_2-a_1^2 \)  -y- á  \( b_2-b_1^2 \) .  Y :  \( a_1,b_1 \)  dividen á  \( 3^{2k-1}c_1^2-c_2 \) . 

Luego:  \( d=3^ka_1b_1c_1k \) .  Siendo  \( k \)  otro posible factor que pueda haber.   

Como:  \( c=a+b-d \)   \( \Rightarrow \)   \( 3^kc_1c_2=3^{3k-1}c_1^3-3^ka_1b_1c_1k \)   -y-   \( 3^kc_1c_2=3^kc_1(3^{2k-1}c_1^2-a_1b_1k) \) .  Luego:  \( c_2=3^{2k-1}c_1^2-a_1b_1k \) .  Y si elevo al cubo:  \( c_2^3=3^{6k-3}c_1^6-3\cdot3^{4k-2}c_1^4a_1b_1k+3\cdot3^{2k-1}c_1^2a_1^2b_1^2k^2-a_1^3b_1^3k^3 \) (1) . 

Pero conocemos que  \( 3c_2^3=(a+b)^2-3ab \)   \( \Rightarrow \)   \( 3c_2^3=3^{6k-2}c_1^6-3ab \) .  Luego:  \( c_2^3=3^{6k-3}c_1^6-ab \) . 

Si igualo ahora con (1) :  \( 3^{6k-3}c_1^6-ab=3^{6k-3}c_1^6-3^{4k-1}c_1^4a_1b_1k+3^{2k}c_1^2a_1^2b_1^2k^2-a_1^3b_1^3k^3 \)   -y-   \( ab=a_1^3b_1^3k+3^{4k-1}c_1^4a_1b_1k-3^{2k}c_1^2a_1^2b_1^2k^2 \) .  De esta manera,  como  \( ab=a_1a_2b_1b_2 \) ,  entonces:  \( a_2b_2=a_1^2b_1^2k+3^{4k-1}c_1^4k-3^{2k}c_1^2a_1b_1k^2 \) . 

Pero entonces  \( k \)  sería factor de  \( a_2b_2 \) .  Pero cómo divide á  \( d \)  -y- por ejemplo  \( d=a+(b-c) \) ;  entonces un factor de  \( a_2 \)  dividiría á  \( a \)  -y- no á  \( b-c=-a_1^3 \) .  Luego  \( k=1 \)  -y :  \( a_2b_2=a_1^2b_1^2+3^{4k-1}c_1^4-3^{2k}c_1^2a_1b_1 \)   

\( \Rightarrow \)   \( a_2b_2=a_1^2b_1^2+3^{2k}c_1^2(3^{2k-1}c_1^2-a_1b_1) \) .

Y ya de aquí no sé seguir.  Está claro que  \( a_2,b_2 \)  es mayor que  \( a_1,b_1 \)  respectivamente -ver arriba-.  Pero me resulta extraña esa fórmula.  ¿Por qué voy a poder definir  \( a_2b_2 \)  a partir de una combinación lineal de los factores  \( a_1,b_1,c_1 \)  tan precisa como esa? Eso restringiría muchísimo las soluciones.  Puesto que estoy ligando factores tanto de  \( a \) ,  como de  \( b \)  -y- de  \( c \) ;  es decir,  de las 3 variables de la ecuación de partida.  Pero en fin,  como poder ser puede ser.. 


Saludos

Editado   
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11 Junio, 2021, 11:07 am
Respuesta #4

Fernando Moreno

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Hola, siguiendo en este contexto.

Supongamos que  \( c^3=a^3+b^3 \)  -y- que  \( 3 \)  divide á  \( c \) ;  para  \( a=a_1a_2 \)  ,  \( b=b_1b_2 \)  -y-  \( c=3^kc_1c_2 \) . 

Sabemos que  \( c=a+b-d \)  -y- que  \( d=3^ka_1b_1c_1 \)  -ver arriba-.  Como  \( c\equiv{a+b-d} \) mod \( c_2 \) .  Entonces:  \( 0\equiv{r_1+r_2-(r_1+r_2)} \) mod \( c_2 \) ;  para:  \( a\equiv{r_1} \)  ,  \( b\equiv{r_2} \)  -y-  \( d\equiv{r_1+r_2} \) mod \( c_2 \) .

Tenemos también que  \( c^3\equiv{a^3+b^3} \) mod \( c_2 \) .  Luego:  \( 0\equiv{r_1^3+r_2^3} \) mod \( c_2 \)  -y-  \( r_2^3\equiv{-r_1^3} \) .   

Hagamos:  \( c^3=(a+b-d)^3 \) .  Entonces:  \( c^3=(a+b)^3-3(a+b)^2d+3(a+b)d^2-d^3 \)   \( \Rightarrow \)  \( c^3=a^3+b^3+3ab(a+b)-3(a+b)^2d+3(a+b)d^2-d^3 \) .  Luego:  \( 3ab(a+b)+3(a+b)d^2=3(a+b)^2d+d^3 \) .  Si divido ahora entre  \( 3(a+b) \)  tendremos:  \( ab+d^2=(a+b)d+a_1^3b_1^3 \) .  Puesto que  \( a+b=3^{3k-1}c_1^3 \)  -y-  \( \dfrac{d^3}{3(a+b)}=\dfrac{3^{3k}a_1^3b_1^3c_1^3}{3(3^{3k-1}c_1^3)} \) .

De esta manera:  \( ab+d^2\equiv{(a+b)d+a_1^3b_1^3} \) mod \( c_ 2 \)  -y-  \( r_1r_2+(r_1+r_2)^2\equiv{(r_1+r_2)(r_1+r_2)+a_1^3b_1^3} \) mod \( c_2 \) .  De donde  \( r_1r_2\equiv{a_1^3b_1^3} \) .  Elevando al cubo:  \( r_1^3r_2^3\equiv{a_1^9b_1^9} \) .  Pero como  \( r_2^3\equiv{-r_1^3} \) mod \( c_2 \) ,  entonces:  \( -r_1^6\equiv{a_1^9b_1^9} \) .  Pero esto significa que  \( -r_1^2\equiv{a_1^3b_1^3} \) .  Y antes teníamos que  \( r_1r_2\equiv{a_1^3b_1^3} \) .  Luego:  \( r_2\equiv{-r_1} \) mod \( c_2 \) .  Y no puede ser,  porque partíamos de  \( c=a+b-d \)  -y-  \( 0\equiv{r_1+r_2-(r_1+r_2)} \) mod \( c_2 \)  -y-  \( c_2 \)  no divide ni á  \( a+b \)  ni á  \( d \) .


Un saludo,

PD. Es demasiado sencillo. Soy cosciente que tiene fallo troncal, pero no lo veo con claridad. Gracias de antemano.
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11 Junio, 2021, 12:10 pm
Respuesta #5

Luis Fuentes

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Hola

  Elevando al cubo:  \( r_1^3r_2^3\equiv{a_1^9b_1^9} \) .  Pero como  \( r_2^3\equiv{-r_1^3} \) mod \( c_2 \) ,  entonces:  \( -r_1^6\equiv{a_1^9b_1^9} \) .  Pero esto significa que  \( -r_1^2\equiv{a_1^3b_1^3} \) .  Y antes teníamos que  \( r_1r_2\equiv{a_1^3b_1^3} \) .  Luego:  \( r_2\equiv{-r_1} \) mod \( c_2 \) .

Que \( x^3\equiv y^3 \) mod \( z \) no implica que \( x=y \) mod \( z \). Por ejemplo \( 1^2=2^3 \) mod \( 7  \).

Saludos.

11 Junio, 2021, 12:49 pm
Respuesta #6

Fernando Moreno

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Hola Luis. Ok, gracias. Imaginaba que iba por ahí pero me hacía falta el ejemplo concreto para verlo bien. Sdos
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr