Autor Tema: Razonamiento sobre UTF4

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30 Mayo, 2020, 07:47 pm
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Fernando Moreno

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Hola,

Supongamos que  \( z^4=x^4+y^4 \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos entre sí y que  \( x\not\equiv{y} \)  mod \( 2 \) . 

Supongamos también que un primo entero  \( p \)  divide á  \( x+yi \) . 

Si  \( p \)  fuera par, como en  \( \mathbb{Z}(i) \) ,  \( 2=(1+i)(1-i) \) ,  entonces  \( 1+i \)  dividirá á  \( x+yi \)  -y-:  \( \dfrac{(x+yi)(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\dfrac{x+y}{2}+\dfrac{y-x}{2}i \) .  Pero  \( 2 \)  no divide á  \( x+y \)  ó  \( y-x \) .  Por tanto  \( p \)  no puede ser par ni congruente con  \( 0,2 \)  módulo  \( 4 \) . 

Sabemos que en  \( \mathbb{Z}(i) \)  un primo entero impar se descompone en  \( (A+Bi)(A-Bi) \)  factores, uno de los cuales es primo y el otro su conjugado, si es congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \)  y permanece primo si es congruente con  \( 3 \)  modulo  \( 4 \) .  Entonces, como  \( x,y \)  son coprimos entre sí,  \( p \)  sólo podrá dividir á  \( x+yi \)  si es congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \) .  Por consiguiente  \( p \)  será de la forma  \( (a+bi)(a-bi)=a^2+b^2 \) ,  para  \( a,b \)  enteros y coprimos. 

Como tenemos que  \( p\mid x+yi \) ,  entonces  \( x\equiv{-yi} \)  mod \( p \)  -y-  \( x^4\equiv{y^4} \)  mod \( p \) .  Así  \( z^4=x^4+y^4 \)  \( \Rightarrow \)  \( z^4\equiv{2y^4} \)  mod \( p \) .  Y como  \( z^4-2y^4=(z^2+y^2\sqrt{2})(z^2-y^2\sqrt{2}) \) ,  entonces  \( p \)  debe dividir á  \( z^2+y^2\sqrt{2} \)  ó á  \( z^2-y^2\sqrt{2} \) .  Comprobémoslo en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \) ,  donde una base entera es  \( \left\lbrace 1,i,\sqrt{2},i\sqrt{2}\right\rbrace \) : 


A)  \( \dfrac{z^2+y^2\sqrt{2}}{a+bi}\,=\,\dfrac{(z^2+y^2\sqrt{2})(a-bi)}{(a+bi)(a-bi)}\,=\,\dfrac{az^2-bz^2i+ay^2\sqrt{2}-by^2i\sqrt{2}}{a^2+b^2} \) 


Como  \( p=a^2+b^2 \)  divide á  \( x+yi \) ,  entonces  \( p \)  no divide ni á  \( x \) ni á  \( y \) .  Y como  \( z^4=x^4+y^4=(x^2+y^2i)(x^2-y^2i) \) ,  sabemos que  \( (x+yi)(x-yi)=x^2+y^2 \)  es coprimo con  \( x^2+y^2i \)  -y-  \( x^2-y^2i \)  -y- que por tanto  \( p \)  tampoco divide á  \( z \) .  Por consiguiente  \( a^2+b^2 \)  no dividirá á  \( az^2 \) ,  ni á  \( bz^2 \) ,  ni á  \( ay^2 \) ,  ni á  \( by^2 \) .


B)  \( \dfrac{z^2-y^2\sqrt{2}}{a+bi}\,=\,\dfrac{(z^2-y^2\sqrt{2})(a-bi)}{(a+bi)(a-bi)}\,=\,\dfrac{az^2-bz^2i-ay^2\sqrt{2}+by^2i\sqrt{2}}{a^2+b^2} \)
 

Y por la misma razón que en A),  \( a^2+b^2 \)  no dividirá á  \( az^2 \) ,  ni á  \( bz^2 \) ,  ni á  \( ay^2 \) ,  ni á  \( by^2 \) . 

De esta manera, ningún primo entero congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \) ,  en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)  y por tanto en  \( \mathbb{Z} \)  \( \left( \mathbb{Z}\subseteq\mathbb{Z}(i,\sqrt{2})\right) \) ,  puede dividir á  \( x+yi \) .  Y ninguno, como hemos visto al principio, congruente con  \( 2 \) ,  \( 3 \)  ó  \( 4 \)  módulo  \( 4 \) .  Por consiguiente  \( x+yi=1 \) .  Y como  \( yi \)  no es un número racional,  \( x \)  no deberá serlo tampoco para que la ecuación dé como resultado  \( 1 \) ;  como por ejemplo:  \( (1-5i)+(5)i=1 \) .  Así, concluiremos que para  \( x,y,z \)  números racionales; si  \( z^4=x^4+y^4 \) ,  entonces:  \( x,y,z=0 \) .


Un saludo,
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03 Junio, 2020, 10:40 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

Supongamos que  \( z^4=x^4+y^4 \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos entre sí y que  \( x\not\equiv{y} \)  mod \( 2 \) . 

Supongamos también que un primo entero  \( p \)  divide á  \( x+yi \) . 

No se si estoy despistado pero, si un entero  \( p \)  divide á  \( x+yi \) la única posibilidad es que \( p \) divida a \( x \) e \( y \) simultáneamente; pero eso no ocurre si \( x,y \) son coprimos.

De esta manera, ningún primo entero congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \) ,  en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)  y por tanto en  \( \mathbb{Z} \)  \( \left( \mathbb{Z}\subseteq\mathbb{Z}(i,\sqrt{2})\right) \) ,  puede dividir á  \( x+yi \) .  Y ninguno, como hemos visto al principio, congruente con  \( 2 \) ,  \( 3 \)  ó  \( 4 \)  módulo  \( 4 \) . Por consiguiente  \( x+yi=1 \) . 

Pero no se como deduces que entonces \( x+yi=1 \).

Por ejemplo no hay ningún primo entero que divida a \( 2+3i \).

Saludos.

03 Junio, 2020, 04:21 pm
Respuesta #2

Fernando Moreno

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Hola Luis,

Hola

Supongamos que  \( z^4=x^4+y^4 \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos entre sí y que  \( x\not\equiv{y} \)  mod \( 2 \) . 

Supongamos también que un primo entero  \( p \)  divide á  \( x+yi \) . 

No se si estoy despistado pero, si un entero  \( p \)  divide á  \( x+yi \) la única posibilidad es que \( p \) divida a \( x \) e \( y \) simultáneamente; pero eso no ocurre si \( x,y \) son coprimos.

Exacto.


De esta manera, ningún primo entero congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \) ,  en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)  y por tanto en  \( \mathbb{Z} \)  \( \left( \mathbb{Z}\subseteq\mathbb{Z}(i,\sqrt{2})\right) \) ,  puede dividir á  \( x+yi \) .  Y ninguno, como hemos visto al principio, congruente con  \( 2 \) ,  \( 3 \)  ó  \( 4 \)  módulo  \( 4 \) . Por consiguiente  \( x+yi=1 \) . 

Pero no se como deduces que entonces \( x+yi=1 \).

Por ejemplo no hay ningún primo entero que divida a \( 2+3i \)


En el sentido que digo de la demostración sí lo hay.  \( 13=(2+3i)(2-3i) \) .  \( 13\equiv{1} \)  mod  \( 4 \)  es igual a un primo en  \( \mathbb{Z}(i) \) :  \( 2+3i \) .  Y su conjugado:  \( 2-3i \) .  Quizás no está bien expresado como lo he hecho en la demostración. Lo que trato de demostrar es que no hay ningún  \( p\equiv{1} \)  mod  \( 4 \) ,  que pueda dar lugar a un primo  \( a+bi \)  que divida á  \( x+yi \) ,  si es cierto que  \( z^4=x^4+y^4 \) .  Y que tampoco lo hay  \( p\equiv{2,3,4} \)  mod  \( 4 \) .

Gracias por contestar. Un saludo
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03 Junio, 2020, 05:05 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

No se si estoy despistado pero, si un entero  \( p \)  divide á  \( x+yi \) la única posibilidad es que \( p \) divida a \( x \) e \( y \) simultáneamente; pero eso no ocurre si \( x,y \) son coprimos.

Exacto.

¿Pero entonces a qué viene tanta cuesta sobre el supuesto de qué \( p \) es un entero en esas condiciones si es inmediato que no se da?.

Citar
En el sentido que digo de la demostración sí lo hay.  \( 13=(2+3i)(2-3i) \) .  \( 13\equiv{1} \)  mod  \( 4 \)  es igual a un primo en  \( \mathbb{Z}(i) \) :  \( 2+3i \) .  Y su conjugado:  \( 2-3i \) .  Quizás no está bien expresado como lo he hecho en la demostración. Lo que trato de demostrar es que no hay ningún  \( p\equiv{1} \)  mod  \( 4 \) ,  que pueda dar lugar a un primo  \( a+bi \)  que divida á  \( x+yi \) ,  si es cierto que  \( z^4=x^4+y^4 \) .  Y que tampoco lo hay  \( p\equiv{2,3,4} \)  mod  \( 4 \) .

Entonces tienes que reescribirla de otra manera. Tal como está no le veo sentido por las razones que ya he expuesto.

Saludos.

03 Junio, 2020, 07:57 pm
Respuesta #4

Fernando Moreno

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Hola, modifico la demostración:

Supongamos que  \( z^4=x^4+y^4 \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros usuales, coprimos entre sí y que  \( x\not\equiv{y} \)  mod \( 2 \) . 

Supongamos también que un primo  \( a+bi \) ,  para  \( a,b \)  enteros y coprimos,  divide á  \( x+yi \) . 

Tendremos entonces que  \( x\equiv{-yi} \)  mod \( (a+bi) \)  -y-  \( x^4\equiv{y^4} \)  mod \( (a+bi) \) .  Así:  \( z^4=x^4+y^4 \)  \( \Rightarrow \)  \( z^4\equiv{2y^4} \)  mod \( (a+bi) \) .  Y como  \( z^4-2y^4=(z^2+y^2\sqrt{2})(z^2-y^2\sqrt{2}) \) ,  entonces  \( (a+bi) \)  debe dividir á  \( z^2+y^2\sqrt{2} \)  ó á  \( z^2-y^2\sqrt{2} \) .  Comprobémoslo en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \) ,  donde una base entera es  \( \left\lbrace 1,i,\sqrt{2},i\sqrt{2}\right\rbrace  \) :


A)  \( \dfrac{z^2+y^2\sqrt{2}}{a+bi}\,=\,\dfrac{(z^2+y^2\sqrt{2})(a-bi)}{(a+bi)(a-bi)}\,=\,\dfrac{az^2-bz^2i+ay^2\sqrt{2}-by^2i\sqrt{2}}{a^2+b^2} \) 


Como  \( a+bi \)  divide á  \( x+yi \)  -y-  \( x,y \)  son coprimos,  entonces  \( a+bi \)  -y-  \( a^2+b^2 \)  no dividen ni á  \( x \) ni á  \( y \) .  Y como  \( z^4=x^4+y^4=(x^2+y^2i)(x^2-y^2i) \) ,  sabemos que  \( (x+yi)(x-yi)=x^2+y^2 \)  es coprimo con  \( x^2+y^2i \)  -y-  \( x^2-y^2i \)  -y- que por tanto  \( a+bi \)  -y-  \( a^2+b^2 \)  tampoco dividen á  \( z \) .  Por consiguiente  \( a^2+b^2 \)  no dividirá á  \( az^2 \) ,  ni á  \( bz^2 \) ,  ni á  \( ay^2 \) ,  ni á  \( by^2 \) .


B)  \( \dfrac{z^2-y^2\sqrt{2}}{a+bi}\,=\,\dfrac{(z^2-y^2\sqrt{2})(a-bi)}{(a+bi)(a-bi)}\,=\,\dfrac{az^2-bz^2i-ay^2\sqrt{2}+by^2i\sqrt{2}}{a^2+b^2} \)
 

Y por la misma razón que en A),  \( a^2+b^2 \)  no dividirá á  \( az^2 \) ,  ni á  \( bz^2 \) ,  ni á  \( ay^2 \) ,  ni á  \( by^2 \) . 

De esta manera, ningún primo  \( a+bi \) ,  en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)  y por tanto en  \( \mathbb{Z}(i) \)  \( \left( \mathbb{Z}(i)\subseteq\mathbb{Z}(i,\sqrt{2})\right) \) ,  puede dividir á  \( x+yi \) .  Y tampoco ninguno de la forma  \( c \)  ó  \( di \) ,  para  \( c,d \)  enteros usuales; puesto que  \( x,y \)  son coprimos entre sí. Luego en  \( \mathbb{Z}(i) \)  sólo cabe que:  \( x+yi=1 \) .  Ya que tampoco:  \( 2=i(1-i)^2 \) ,  el único primo ramificado del anillo, lo divide. Pues como también  \( 2=(1+i)(1-i) \) ,  entonces  \( 1+i \)  dividiría á  \( x+yi \)  -y-:  \( \dfrac{(x+yi)(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\dfrac{x+y}{2}+\dfrac{y-x}{2}i \) ;  pero  \( 2 \)  no divide á  \( x+y \)  ó  \( y-x \) .  Y como  \( yi \)  no es un número racional,  \( x \)  no deberá serlo tampoco para que la ecuación dé como resultado  \( 1 \) ;  como por ejemplo:  \( (1-5i)+(5)i=1 \) .  No hay otra, si  \( x,y \)  son coprimos. Así, concluiremos que para  \( x,y,z \)  números racionales y coprimos entre sí; si  \( z^4=x^4+y^4 \) ,  entonces:  \( xyz=0 \) .


Un saludo,
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03 Junio, 2020, 10:21 pm
Respuesta #5

Luis Fuentes

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Hola

Hola, modifico la demostración:

Supongamos que  \( z^4=x^4+y^4 \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros usuales, coprimos entre sí y que  \( x\not\equiv{y} \)  mod \( 2 \) . 

Supongamos también que un primo  \( a+bi \) ,  para  \( a,b \)  enteros y coprimos,  divide á  \( x+yi \) . 

Tendremos entonces que  \( x\equiv{-yi} \)  mod \( (a+bi) \)  -y-  \( x^4\equiv{y^4} \)  mod \( (a+bi) \) .  Así:  \( z^4=x^4+y^4 \)  \( \Rightarrow \)  \( z^4\equiv{2y^4} \)  mod \( (a+bi) \) .  Y como  \( z^4-2y^4=(z^2+y^2\sqrt{2})(z^2-y^2\sqrt{2}) \) ,  entonces  \( (a+bi) \)  debe dividir á  \( z^2+y^2\sqrt{2} \)  ó á  \( z^2-y^2\sqrt{2} \) .  Comprobémoslo en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \) ,  donde una base entera es  \( \left\lbrace 1,i,\sqrt{2},i\sqrt{2}\right\rbrace  \) :

Pero que \( a+bi \) sea primo en \( \Bbb Z(i) \) no significa que lo sea en  \( \left\lbrace 1,i,\sqrt{2},i\sqrt{2}\right\rbrace  \). Por ejemplo:

\( (3+\sqrt{2})(3-\sqrt{2})=5 \)

Entonces NO es cierto que \( a+bi \) tenga que dividir a \( z^2+y^2\sqrt{2} \) o a \( z^2-y^2\sqrt{2} \) en   \( \left\lbrace 1,i,\sqrt{2},i\sqrt{2}\right\rbrace  \)

Saludos.

05 Junio, 2020, 05:15 pm
Respuesta #6

Fernando Moreno

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Hola,


Pero que \( a+bi \) sea primo en \( \Bbb Z(i) \) no significa que lo sea en  \( \left\lbrace 1,i,\sqrt{2},i\sqrt{2}\right\rbrace  \).

Cierto.

Por ejemplo:

\( (3+\sqrt{2})(3-\sqrt{2})=5 \)

Entonces NO es cierto que \( a+bi \) tenga que dividir a \( z^2+y^2\sqrt{2} \) o a \( z^2-y^2\sqrt{2} \) en   \( \left\lbrace 1,i,\sqrt{2},i\sqrt{2}\right\rbrace  \)

El ejemplo ya no me convence tanto. Una cosa es:  \( (3+\sqrt{2})(3-\sqrt{2})=(2+i)(2-1) \)  -y- otra distinta:  \( (3+\sqrt{2})(3-\sqrt{2})=a+bi \)  (sin la parte conjugada).


Pongo aquí mi alternativa:

Supongamos sin perder generalidad que  \( y \)  es impar. Luego:  \( z^4-2y^4\equiv{3} \)  mod \( 4 \) .  Como tenemos por otra parte que  \( z^4-2y^4\equiv{0} \)  mod \( (a+bi) \) .  Sabemos que  \( z^4-2y^4=k(a+bi) \)   \( \Rightarrow \)   \( a+bi=\dfrac{z^4-2y^4}{k} \) ,  para un  \( k \)  perteneciente á  \( \mathbb{Z} \)  ó á  \( \mathbb{Z}(i) \) .

Como  \( z^4-2y^4 \)  no es congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \) ,  conocemos que no se descompone en  \( \mathbb{Z}(i) \) ;  luego representará a un número entero. Si  \( k \)  es entero, el cociente no puede ser un entero de Gauss, luego él mismo debe ser un entero gaussiano, digamos que  \( c+di \) .  Luego:  \( a+bi=\dfrac{z^4-2y^4}{c+di} \)  -y-  \( (a+bi)(c+di)=z^4-2y^4 \) .  Como  \( z^4-2y^4 \)  hemos dicho que es un entero usual, la única manera para que la parte izquierda de la ecuación pueda dar un entero es que  \( c+di=a-bi \) .  Y entonces:  \( z^4-2y^4=a^2+b^2 \) .  Pero como  \( a+bi \)  era un primo gaussiano, entonces  \( a^2+b^2 \)  será un primo entero. Y como  \( z^4-2y^4=(z^2+y^2\sqrt{2})(z^2-y^2\sqrt{2}) \) .  Entonces  \( a+bi \)  debe dividir a un factor u otro de la derecha.


Un saludo,

PD. Vaya, me acabo de dar cuenta de que no soslayo todavía el hecho que  \( a+bi \)  sea o no primo en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \) ..  ::)  Debo seguir pensando

PD2.

Además  \( k \)  podría ser igual á  \( k'(a-bi) \) ...
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07 Junio, 2020, 01:01 pm
Respuesta #7

Fernando Moreno

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Hola,

Pues no, la estrategia falla. Existiría un primo en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)  de la forma  \( c+di+e\sqrt{2} \) ,  que multiplicado con un conjugado  \( c+di-e\sqrt{2} \)  daría lugar á  \( a+bi \) ,  para  \( a=c^2-d^2-2e^2 \)  -y-  \( b=2cd \) .  Y lo peor no es que este primo pueda dividir á  \( z^2+y^2\sqrt{2} \)  ó  \( z^2-y^2\sqrt{2} \) .  Si no que todo indica que los divide.

Un saludo,
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