[Luis Fuentes]

Hola

Hola, Luis. No he trabajado bajo la suposición \( n_1=n_p \) en los dos primeros casos del teorema 2. Sencillamente se han probado utilizando resultados del teorema 1. Como la demostración del tercer caso del teorema 2 se hace por reducción al absurdo, a diferencia de los demás casos, he intentado explicarme con más detalle haciendo de las partes esenciales del teorema 2 dos teoremas, el teorema 2 nuevo y el teorema 2 bis para que quede clara la independencia de los dos. Además insisto en que los casos que se estudian dependen del valor de k, nunca de los valores \( n_1 \), \( n_{p-1} \)  o \( n_p \). Las aclaraciones me resultan más cómodas escribirlas y adjuntarlas. Siento no saber utilizar laTex. Haz el favor de leer el archivo adjunto.

No estás teniendo en cuenta que \( k \) depende de \( p \).

Para enfatizar eso de manera más clara podríamos escribir:

\( n_p=\dfrac{3^{p-1}n_1+k_p}{2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}} \)

Entonces en los dos primeros casos y en la primera parte del tercero pruebas:

1) si \( mcd(n_1,k_p)=1 \) ó \( h\neq n_1 \) ó \( n_1 \), si \( n_1 \) es múltiplo de \( 3 \), entonces es imposible que \( n_1=n_p \).

Por supuesto esta afirmación es válida para cualquier \( p \). Por ejemplo pruebas que:

-si \( mcd(n_1,k_5)=1 \) entonces es imposible que \( n_1=n_5 \).
- ó si \( mcd(n_1,k_8)=1 \) entonces es imposible que \( n_1=n_8 \).

Pero OJO NO pruebas que si \( mcd(n_1,k_5)=1 \) entonces es imposible que \( n_1=n_4 \).

¿De acuerdo hasta aquí?¿Algo que matizar por tu parte?.

2) Entonces para completar tu demostración te faltaría probar que:

- \( mcd(n_1,k_p)=n_1 \) con \( n_1 \) no múltiplo de \( 3 \), entonces es imposible que \( n_1=n_p \).   (*)

¿Estás de acuerdo que es lo qué te falta por probar antes de llegar al caso c.ii)?.

3) Sin embargo lo que tu pruebas es que:

- \( mcd(n_1,k_p)=n_1 \) con \( n_1 \) no múltiplo de \( 3 \), entonces es imposible que \( \color{red}n_1=n_{p-1}\color{black} \).

 Pero eso no prueba (*).

Saludos.

P.D. Fíjate que en realidad la cuestión es muy sencilla. Quieres probar que es imposible que:

\( \dfrac{3^{p-1}n_1+k_p}{2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}}=n_1 \)

Eso equivale a que:

\( k_p=n_1(2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1}) \)

Desde luego que eso implica que \( k_p \) es múltiplo de \( n_1 \), \( k_p=n_1h_p \). Queda:

\( h_p=2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1} \)

Tienes que descartar que eso pueda darse y no lo has hecho.
Para que tus expresiones en LaTeX se vean bien tienes que encerrarlaras entre [tex]....[/tex].

[Jesús Álvarez]

  Hola, Luis.
Cuando tenga más tiempo sigo donde lo has dejado.
Gracias por tu interés.

[Jesús Álvarez]

Hola, Luis. He intentado continuar con el caso que faltaba. Creo que tiene interés.
Si puedes echarle un vistazo te lo agradecería. Lo adjunto en pdf

[Luis Fuentes]

Hola

Hola, Luis. He intentado continuar con el caso que faltaba. Creo que tiene interés.
Si puedes echarle un vistazo te lo agradecería. Lo adjunto en pdf

De:

\( n_1(2^{2\cdot 3^{p-2}})\equiv n_1 \) mod \( 3^{p-1} \)
\( n_1(2^{\alpha_2+\ldots+\alpha p})\equiv k \) mod \( 3^{p-1} \)

dices que se deduce que \( k=n_1 \) y \( 2^{\alpha_2+\ldots+\alpha p}=2^{2\cdot 3^{p-2}} \). Pero eso no tiene porque ser así en absoluto.

Basta que tomes \( k=n_1(2^{\alpha_2+\ldots+\alpha p})+M\cdot 3^{p-1} \) para cualquier valor entero de M, para que ya no se cumpla lo que dices.

Es curioso porque me parece que ni tu mismo estás convencido de que esa afirmación esté justificada. Luego tratas de argumentarla de otra manera, operas y dices que tendrías:

\( n_1=\dfrac{3^{p-2}+3^{p-3}\cdot 2^{\alpha_2}+3^{p-4}\cdot 2^{\alpha_2+\alpha_3}+\ldots+3^0\cdot 2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_{p-1}}}{2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1}} \)

 Dices que el numerador no contiene ningún factor común con el denominador por lo que no son múltiplos. ¿Pero como sabes eso? Ni el numerador ni el denominador están factorizados, no sabemos demasiado, a priori, de en que factores primos se factorizan.

Saludos.

[Jesús Álvarez]

    Dices que basta con tomar \( k=n_1(2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p})+M\cdot 3^{p-1} \) para cualquier entero de \( M \) para que ya no se cumpla lo que digo.
    Pero estamos estudiando el caso c) en el que \( m.c.d.(n_1,k)=n_1>1 \), lo que implica que \( k \) tenga que ser múltiplo de \( n_1 \).
    Y para cualquier entero \( M \), \( k=n_1(2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p})+M\cdot 3^{p-1} \) no es múltiplo de \( n_1 \).
    Hay que estudiar que no se puede dar la posibilidad \( k=n_1(2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1}) \)
    Sobre si se puede factorizar \( 2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1} \), no hay respuesta general excepto en el caso en que los exponentes sean pares pues se aplicaría:
    \( a^2-b^2=(a+b)(a-b) \). Pero en el numerador no aparece  ninguna suma de solo dos factores, ni se puede sacar factor común. Más no se puede saber.

[Luis Fuentes]

Hola

    Dices que basta con tomar \( k=n_1(2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p})+M\cdot 3^{p-1} \) para cualquier entero de \( M \) para que ya no se cumpla lo que digo.
    Pero estamos estudiando el caso c) en el que \( m.c.d.(n_1,k)=n_1>1 \), lo que implica que \( k \) tenga que ser múltiplo de \( n_1 \).
    Y para cualquier entero \( M \), \( k=n_1(2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p})+M\cdot 3^{p-1} \) no es múltiplo de \( n_1 \).

Pues con ese supuesto toma \( M \) cualquier múltiplo de \( n_1 \) y estamos en las mismas.

    Sobre si se puede factorizar \( 2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1} \), no hay respuesta general excepto en el caso en que los exponentes sean pares pues se aplicaría:
    \( a^2-b^2=(a+b)(a-b) \). Pero en el numerador no aparece  ninguna suma de solo dos factores, ni se puede sacar factor común. Más no se puede saber.

¡Claro! Precisamente ese el problema; no sabemos cuáles son los factores primos de numerador y denominador; no hay una forma clara de factorizarlos. ¡Y precisamente por eso no podemos saber si tienen o no factores comunes!.

 Como añadido si te fijas en el comentario que te hice hace unos mensajes:

P.D. Fíjate que en realidad la cuestión es muy sencilla. Quieres probar que es imposible que:

\( \dfrac{3^{p-1}n_1+k_p}{2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}}=n_1 \)

Eso equivale a que:

\( k_p=n_1(2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1}) \)

Desde luego que eso implica que \( k_p \) es múltiplo de \( n_1 \), \( k_p=n_1h_p \). Queda:

\( h_p=2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1} \)

Tienes que descartar que eso pueda darse y no lo has hecho.

En realidad lo que vengo a decir es que los casos anteriores (a y b) trivialmente no pueden darse; es decir es evidente que para que sea posible la igualdad de \( n_p \) y \( n_1 \), \( k \) ha de ser múltiplo de \( n_1 \). Después tomando ese múltiplo y dividiendo por \( n_1 \) la cuestión se reduce a analizar la posibilidad de esta ecuación:

\( h_p=2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1} \) con \( h_p=\dfrac{k_p}{n_1} \)

Saludos.

[Jesús Álvarez]

Hola, Luis. Te agradezco el interés y las aclaraciones que estás dando. Si, además, aclarases la cuestión que planteo en el documento adjunto, te estaría agradecido.

[Luis Fuentes]

Hola

Hola, Luis. Te agradezco el interés y las aclaraciones que estás dando. Si, además, aclarases la cuestión que planteo en el documento adjunto, te estaría agradecido.

Consideras la ecuación:

\( n_1(2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p})\equiv k_p\quad  mod\quad   n_13^{p-1} \) (*)

Sabes además por el Teorema de Euler que:

\( 2^{2\cdot 3^{p-2}}\equiv 1\quad   mod\quad   3^{p-1} \)

Pero aquí ya dos matices:

1) El exponente que da el Teorema de Euler no es necesariamente el mínimo para cual la potencia es la unidad. Lo que se sabe es que se exponente \( e_0 \) mínimo es divisor de \( 2\cdot 3^{p-2} \). Puede coincidir o puede ser menor.

2) Y después cualquier múltiplo de ese exponente también da potencia 1, es decir:

\( 2^{q\cdot w_0}\equiv 1\quad   mod\quad   3^{p-1} \) para cualquier natural \( q \)

Entonces incluso aunque en la ecuación (*) consideres el caso \( k_p=n_1 \) eso no implica que necesariamente \( \alpha_2+\ldots+\alpha_ p=2\cdot 3^{p-2} \) o que  \( \alpha_2+\ldots+\alpha_p=2\cdot 3^{p-2}=e_0 \). Lo que implica es que \( \alpha_2+\ldots+\alpha_ p=2\cdot 3^{p-2} \) es múltiplo de ese \( e_0 \).

Si \( A\neq 1 \) mod \( 3^{p-1} \) lo que sabes es que \( \alpha_2+\ldots+\alpha_ p=2\cdot 3^{p-2} \) NO es múltiplo de ese \( e_0 \).

Saludos.

[Juan Miguel Barga]

Hola

 De acuerdo, no es exactamente la crítica que te había planteado pero es muy parecida. El problema es el siguiente

 En la prueba del Teorema 2:

 - En los casos a)b)c.i) trabajas bajo la suposición \( n_1=n_p \) y pruebas que eso no es posible si \( mcd(n_1,k)=1 \), \( h\neq n_1 \) ó si \( mcd(n_1,k)=n_1 \) y \( n_1 \) es múltiplo de \( 3 \).

 - En el caso c.ii) sin embargo trabajas bajo la suposición \( n_1=n_{p-1} \) y \( mcd(n_1,k)=n_1 \) con \( n_1 \) no múltiplo de \( 3 \). Pero OJO ahí ese \( k \) es el de la expresión de \( n_p=\dfrac{3^{p-1}n_1+k}{2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}} \).

 Entonces en ningún momento estas descartando que \( n_1=n_p \) y  \( mcd(n_1,k)=n_1 \) con \( n_1 \) no múltiplo de \( 3 \).

 O visto de otra manera en ningún momento estás descartando que \( n_1=n_{p-1} \) si \( mcd(n_1,k)=1 \), \( h\neq n_1 \) ó si \( mcd(n_1,k)=n_1 \) y \( n_1 \) es múltiplo de \( 3 \) (siendo en todos esos caso el \( k \) de la expresión \( n_p \)).

 Como te dije el usar en el caso c.ii) \( n_1=n_{p-1} \) no viene a cuento y hace que todo que apliques ahí no se relacione con lo que has descartado antes.

Saludos.

Podemos enlazar esto con mi hilo, pues  la expresión \( n_p=\dfrac{3^{p-1}n_1+k}{2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}} \).
que aqui presenta, es la misma que yo demostraba que era

\( Y=\frac{( 3^j\cdot{}x_{jn}+3^j-2^j)}{2^j} \)

Quedaba demostrado que:
"Podemos expresar todo impar como \(  x_{jn} =  2^j\cdot{}(2n-1)-1 \), donde j,n\( \ \in{N} \),  / al aplicarle \( (3X+1)/2 \) j veces llegamos a un par \( Y=\frac{( 3^j\cdot{}x_{jn}+3^j-2^j)}{2^j} \)"
Si a ese par Y, le aplicamos  \( \frac{Y}{2^k} \) llegamos al impar \( n_p \). donde  p es  j+1, pues yo partí de  laconjetura simplificada en la que el paso es  (3n+1)/2, en  lugar de 3n +1
 
 \( n_p=\dfrac{3^{p-1}n_1+3^{p-1}-2^{p-1}}{2^{p-1+k}} \). ¿ \( n_p \) será siempre distinto de \( n_1 \)?

El calculo de k en función de  n1, es  muuuyy complejo, aunque  está resuelto.

Pero la única conclusión a la que llegamos es que al poderse aplicar a todo impar, (por la  propia definición de  \( X_2 \)), "Llegamos a  otro distinto ?", y así sucesivamente, por lo que es razonable pensar que tras \( n \) ciclos de  aplicar las reglas \( j \) y \( k \),  veces, aparecerá el \( 1 \) irremediablemente, pues mientras  no aparezca seguiremos iterando....

[Juan Miguel Barga]

Aqui les presento otra bonita  igualdad, que visualiza como el "K" presentado por Jesus Álvarez en la  página  4,  es  \( 3^i-2^i \)

\( \displaystyle\sum_{m=1}^{m=i}3^{(i-m)}\cdot{}2^{(m-1)} = 3^i-2^i \)