Autor Tema: Pregunta sobre ternas pitagóricas

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25 Noviembre, 2018, 08:53 pm
Respuesta #20

feriva

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Hola,

Pero ten en cuenta que realmente no existen enteros y, al final, tienen que cantar los irracionales; así que a lo mejor no es imposible que se pueda encontrar una demostración de ese estilo. Los irracionales son “divisibles” por cualquier cosa, nunca son “coprimos”.

Te saco de tu error. Nos ponemos en  \( \mathbb{Z[\sqrt{-2}]} \)  (Que es un anillo de factorización única y con unidades iguales a las de  \( \mathbb{Z} \)) .  Si:  \( z^2=y^2+2q^2 \) ;  entonces:  \( z=(y+\sqrt{-2}q)\,(y-\sqrt{-2}q) \) .  Y :  " \( y+\sqrt{-2}q \) "   \( \wedge \)   " \( y-\sqrt{-2}q \) "  son coprimos.   

Bueno, sí, pero no quita lo que digo. En los casos del UTF, para “n” mayor que 2, los números que verdaderamente cumplen esas igualdades, alguno de ellos, no se puede descomponer en enteros gaussianos porque no es entero ni racional, es irracional.

Para que tú puedeas hacer esto, qué sé yo, \( (4+i)(4-i)=16-i^{2}=17
  \), tiene que haber un entero detŕas de esa descomposición en factores complejos. El 17 es un entero, no un número de infinitas cifras. Un número irracional o un hiperreal de infinitas cifras no es factorizable.

Por ejemplo

\( 2^{3}+6^{3}=(6,073177944...)^{3}=224
  \)

y podemos hacer la factorización en complejos que sea con el 224, pero 6,073177944..., que sería el “z” de la terna, no es factorizable ni con enteros de Gauss ni con los normales.

Todos los enteros, cualesquiera, cumplen la igualdad si se mente un irracional; si en vez de 2 y 6 tomas y 13 y 7 y los elevas al cubo, también va a existir un irracional tal que elevado al cubo cumpla la igualdad; y ni 13 ni 7 son mútliplos de 2 ni de 3.

Como eso es lo único que existe realmente, “x” e “y” pueden ser múltiplos de quien sea en la realidad, no están sujetos a nada, lo demás son sólo suposiciones para llegar a una contradicción. Sin embargo, hacer esas suposiciones sirve para demostrarlo. Entonces, por qué tiene que ser imposible eso que te digo; yo tampoco creo mucho en que se pueda demostrar así, pero no encuentro un argumento riguroso que diga que eso es imposible.


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Yo he hecho demostraciones idénticas, no sé si te refieres a eso.

Me refiero a que es la demostración estándar, sólo que explicada para mí mismo; es que yo busco las demostraciones y para entenderlas voy escribiendo lo que dice y lo que implica, pero con letras; es lo mismo, la puedes encontrar en el hilo de Argentinator o algún libro de Carlos imagino que también.


Un saludo

25 Noviembre, 2018, 08:57 pm
Respuesta #21

Luis Fuentes

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Hola

Pero ten en cuenta que realmente no existen enteros y, al final, tienen que cantar los irracionales; así que a lo mejor no es imposible que se pueda encontrar una demostración de ese estilo. Los irracionales son “divisibles” por cualquier cosa, nunca son “coprimos”.

Te saco de tu error. Nos ponemos en  \( \mathbb{Z[\sqrt{-2}]} \)  (Que es un anillo de factorización única y con unidades iguales a las de  \( \mathbb{Z} \)) .  Si:  \( z^2=y^2+2q^2 \) ;  entonces:  \( z=(y+\sqrt{-2}q)\,(y-\sqrt{-2}q) \) .  Y :  " \( y+\sqrt{-2}q \) "   \( \wedge \)   " \( y-\sqrt{-2}q \) "  son coprimos.   

No hay ningún error en lo que dijo feriva; tampoco en la exposición que haces tu después, Fernando. Simplemente no habláis de lo mismo. feriva se refiere básicamente en que si uno trabaja en los reales (con todos) no tiene sentido el concepto de primalidad; los reales son un cuerpo y todos los elementos no nulos son unidades. Tu por el contrario pones un ejemplo donde si tiene sentido tal concepto en un subanillo de los reales que contiene algunos (no todos, "ni mucho menos") irracionales.

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(He leído (rápidamente) tu demostración del UTF4 que pones en el Spoiler y me ha parecido correcta)


Claro, como que no es mía :D

Yo he hecho demostraciones idénticas, no sé si te refieres a eso.

La prueba que escribió feriva, detalle arriba, detalle abajo es la estandar.

Saludos.

P.D. Mientras escribía esto se adelantó feriva…. Veamos lo que puso  ;)

25 Noviembre, 2018, 09:11 pm
Respuesta #22

Luis Fuentes

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Hola

 En lo siguiente que ha escrito feriva si hay ciertas imprecisiones y vaguedades.

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Bueno, sí, pero no quita lo que digo. En los casos del UTF, para “n” mayor que 2, los números que verdaderamente cumplen esas igualdades, alguno de ellos, no se puede descomponer en enteros gaussianos porque no es entero ni racional, es irracional.

Ojo, con eso. El Teorema de Fermat en \( Z[ i] \) es todavía un problema abierto. Así que o bien querías decir otra cosa o tu afirmación es un tanto "alegre".

Por otro lado en anillos cuadráticos del tipo \( Z[\sqrt{-d}] \) si pueden existir soluciones no triviales a la ecuación de Fermat:

https://users.wfu.edu/rouseja/cv/jonesrouse.pdf

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Para que tú puedeas hacer esto, qué sé yo, \( (4+i)(4-i)=16-i^{2}=17
  \), tiene que haber un entero detŕas de esa descomposición en factores complejos. El 17 es un entero, no un número de infinitas cifras. Un número irracional o un hiperreal de infinitas cifras no es factorizable.

Por ejemplo

\( 2^{3}+6^{3}=(6,073177944...)^{3}=224
  \)

y podemos hacer la factorización en complejos que sea con el 224, pero 6,073177944..., que sería el “z” de la terna, no es factorizable ni con enteros de Gauss ni con los normales.

En realidad todo depende un poco de que entiendas por "factorizar", de en que contexto trabajes. Como te ha indicado Fernando hay contextos donde tiene pleno sentido la factorización de un número incluso irracional.

Citar
Como eso es lo único que existe realmente, “x” e “y” pueden ser múltiplos de quien sea en la realidad, no están sujetos a nada, lo demás son sólo suposiciones para llegar a una contradicción. Sin embargo, hacer esas suposiciones sirve para demostrarlo. Entonces, por qué tiene que ser imposible eso que te digo; yo tampoco creo mucho en que se pueda demostrar así, pero no encuentro un argumento riguroso que diga que eso es imposible.

No estoy muy seguro de que quieres decir aquí; si te refieres a que puede ser útil saber que si existiese una solución tal o cual término debe de ser múltiplo de tal o cual número... pues es difícil ser muy categórico en esto. Lo que si es cierto es que existen soluciones no triviales en cualquier \( Z_{n} \), o cual quiere decir que criterios de divisibilidad por cualquier \( n \) por si solos nunca serán suficientes para descartar la existencia de soluciones.

Saludos.

25 Noviembre, 2018, 09:31 pm
Respuesta #23

feriva

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Hola

 En lo siguiente que ha escrito feriva si hay ciertas imprecisiones y vaguedades.

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Bueno, sí, pero no quita lo que digo. En los casos del UTF, para “n” mayor que 2, los números que verdaderamente cumplen esas igualdades, alguno de ellos, no se puede descomponer en enteros gaussianos porque no es entero ni racional, es irracional.

Ojo, con eso. El Teorema de Fermat en \( Z[ i] \) es todavía un problema abierto. Así que o bien querías decir otra cosa o tu afirmación es un tanto "alegre".


Muchas gracias, Luis, no tenía ni idea de ese problema abierto; qué interesante (y que fuera de mi alcance está :D ). Me refería a algo más básico, al problema en reales, donde, en el típico cosa particular n=3 (único que conozco un poco) los complejos se usan como una herramienta para llegar a alguna igualdad de números reales con la que se pueda proceder por descenso al infinito.

No había precisado esto por puro desconocimiento del teorema abordado con números complejos.

Saludos. 

25 Noviembre, 2018, 09:40 pm
Respuesta #24

Fernando Moreno

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Hola Luis, ok.

feriva, es muy fácil ponerse de acuerdo. Yo no he querido decir que es absolutamente imposible que no pueda hallarse en el caso del UTF4 una contradicción al hecho de que 3 divida a la variable "par". Pero a lo mejor lo he dicho, porque me he expresado de manera muy contundente. Para mí es muy difícil que eso pueda dar lugar a una contradicción. En cambio para ti no lo ves tan difícil. Pues sí, es cuestión de opiniones, porque no se puede demostrar ni una cosa ni la otra.

Un saludo,
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr