Autor Tema: Intento n = 3 sin descenso (II)

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05 Febrero, 2019, 11:13 am
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Fernando Moreno

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Hola,

Supongo que:  \( z^3=x^3+y^3 \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos y que  “ \( z \) “  sea par.

Si  “ \( 3 \) “  no dividiera a ninguna de estas variables, tendríamos módulo 9 que:  \( \pm 1=\pm 1\pm 1 \) .  Y que:  \( \pm 1\neq\,\pm 2\,\vee\,0 \) .  Luego  \( 9 \)  y por tanto  \( 3 \)  ( \( 3^k \) )  debe dividir a una de ellas. Pongamos que á  “ \( z \) “ .

Como  \( x,y \)  son impares, llamo:  \( s=\dfrac{x+y}{2} \)   \( \wedge \)   \( t=\dfrac{x-y}{2} \) ;  para  \( s,t \)  coprimos y uno de ellos par.  Esto es:  \( x=s+t \)   \( \wedge \)   \( y=s-t \)   \( \wedge \)   \( z^3=(s+t)^3+(s-t)^3 \)   \( \Rightarrow \)   \( z^3=2s(s^2+3t^2) \) .

Partimos de que  \( 3^{3k} \)  divide á  \( z^3 \) .  Luego:  \( 3^{3k-1}\mid 2s \)   ;   \( 3\mid s^2+3t^2 \)   \( \wedge \)   \( 3^{6k-2}\mid s^2 \) .  Si dividimos entre  \( 3^{3k} \) ,  tendremos:   \( z’^3=2s’(3^{6k-3}s’^2+t^2) \) .  Como  \( 2s’ \)   \( \wedge \)   \( 3^{6k-3}s’^2+t^2 \) ,  uno par y otro impar, son ahora coprimos; serán terceras potencias. Y :  \( 2s’=u^3 \)   \( \wedge \)   \( 3^{6k-3}s’^2+t^2=v^3 \) .

“ \( 3 \) “ ,  en  \( \mathbb{Z[\omega]} \)  (los enteros ciclotómicos de orden 3, para:  \( \omega=\dfrac{-1+\sqrt{-3}}{2}\,=\,e^{2\pi i/3}) \)  es:  \( -\omega^2\lambda^2 \) ;  para:  \( \lambda=\omega-1 \) .  Es decir, que:  \( 3=i^2\omega^2\lambda^2 \)  (un cuadrado).

De esta manera:  \( v^3=(i\omega\lambda)^{12k-6}s’^2+t^2\,=\,\left({(i\omega\lambda)^{6k-3}s’+ti}\right)\,\left({(i\omega\lambda)^{6k-3}s'-ti}\right) \) .  Y como:  " \( \left({(i\omega\lambda)^{6k-3}s’+ti}\right) \) "   \( \wedge \)   " \( \left({(i\omega\lambda)^{6k-3}s'-ti}\right) \) "  son coprimos; serán a su vez terceras potencias.

Si multiplico ahora por  "\( i^3 \) "  en  " \( \left({(i\omega\lambda)^{6k-3}s’+ti}\right) \) "   \( \wedge \)   " \( \left({(i\omega\lambda)^{6k-3}s'-ti}\right) \) " ;  tendré:  \( i^{6k}(\omega\lambda)^{6k-3}s'+t \)   \( \wedge \)   \( i^{6k}(\omega\lambda)^{6k-3}s'-t \) .  Como  " \( i^{6k} \) "  tiene un exponente par, el resultado sólo puede ser   \( +1 \)  ó  \( -1 \) .  Luego tendremos los cubos:  \( \pm(\omega\lambda)^{6k-3}s'+t \)   \( \wedge \)   \( \pm(\omega\lambda)^{6k-3}s'-t \) .   

Esto es:  \( t\pm(\omega\lambda)^{6k-3}s'-t\pm(\omega\lambda)^{6k-3}s'=\pm 2s'(\omega\lambda)^{6k-3} \) .

Como con carácter general, para todo  \( \alpha^3=(a+b\omega)^3\equiv\pm 1 \) mod \( 9 \) ;  si  \( \lambda\nmid\alpha \)  (luego:  \( 3\nmid\alpha^3 \)) ; para  \( a,b\in{\mathbb{Z}} \) .

Demostración:

Supongamos que:  \( \alpha=a+b\omega \)  -y- que:  \( \lambda\nmid\alpha \) .

Como:  \( (a+b\omega)^3=a^3+3a^2b\omega+3ab^2\omega^2+b^3 \) .  Tendré:  \( (a+b\omega)^3\equiv a^3+3a^2b\omega+3ab^2\omega^2+b^3 \) mod \( 9 \) .  Si:  \( a^3\equiv -b^3 \) mod \( 9 \)  ó viceversa; entonces:  \( a^3+b^3\equiv 0 \) mod \( 9 \)   \( \wedge \)   \( (a+b\omega)^3=3a^2b\omega+3ab^2\omega^2 \) mod \( 9 \)   \( \wedge \)   \( (a+b\omega)^3\equiv 3\alpha \) mod \( 9 \)   \( \wedge \)   \( (a+b\omega)^3\equiv 0 \) mod \( 3 \) .  Pero como  \( \lambda\mid 3 \) ;  no puede ser.  Luego ó :  \( 3\mid a\vee b \)  y entonces directamente:  \( (a+b\omega)^3\equiv\pm 1 \) ,  ó :  \( a^3\equiv b^3 \) mod \( 9 \)   \( \wedge \)   \( a^3+b^3\equiv\pm 2 \) mod \( 9 \).

De esta última forma:  \( (a+b\omega)^3\equiv \pm 2+3a^2b\omega+3ab^2\omega^2 \) mod \( 9 \)   \( \wedge \)   \( (a+b\omega)^3\equiv \pm 2+(3a^2b-3ab^2)\omega-3ab^2 \) mod \( 9 \)   \( \wedge \)   \( (a+b\omega)^3\equiv \pm 2+3ab(a-b)\omega-3ab^2 \) mod \( 9 \) .  Como:  \( a^3\equiv b^3 \) mod \( 9 \) ;  entonces: \( a^3\equiv b^3 \) mod \( 3 \)   \( \wedge \)   \( a\equiv b \) mod \( 3 \) .  Luego:  \( a-b\equiv 0 \) mod \( 3 \)   \( \wedge \)   \( (a+b\omega)^3\equiv \pm 2-3ab^2 \) mod \( 9 \) .

Analicemos:

Para:  \( a^3,b^3\equiv 1 \) mod \( 9 \) ;  entonces:  " \( 3ab^2 \) "  \( = \)  \( 3\cdot (1,4,7)\cdot (1,4,7)\equiv 3 \) ;  porque:  \( a\equiv 1,4,7 \) mod \( 9 \)  (si:  \( a^3\equiv 1 \) mod \( 9 \))  -y-  los residuos cuadráticos de  " \( b^2 \) "  módulo \( 9 \) , son:  \( 1,4,7 \) . Luego:  \( (a+b\omega)^3\equiv 2-3=-1 \) mod \( 9 \) .

Y para:  \( a^3,b^3\equiv -1 \) mod \( 9 \) ;  entonces:  " \( 3ab^2 \) "  \( = \)  \( 3\cdot (2,5,8)\cdot (1,4,7)\equiv 6 \) ;  porque:  \( a\equiv 2,5,8 \) mod \( 9 \)  (si:  \( a^3\equiv -1 \) mod \( 9 \))  -y-  los residuos cuadráticos de  " \( b^2 \) "  módulo \( 9 \) , son:  \( 1,4,7 \) . Luego:  \( (a+b\omega)^3\equiv -2-6=-8=1 \) mod \( 9 \) .

Por tanto:  \( (a+b\omega)^3\equiv\pm 1 \) mod \( 9 \) .   

Y esto significará entonces que:  \( t\pm(\omega\lambda)^{6k-3}s'-t\pm(\omega\lambda)^{6k-3}s'=\pm 2s'(\omega\lambda)^{6k-3} \)  módulo \( 9 \), será:  \( \pm 1-\pm 1=\pm 1 \) ;  puesto que  \( 2s' \)  representa un cubo.  Lo que no puede ser y supone una contradicción.


Un saludo,


Corregido. Ver siguientes respuestas
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07 Febrero, 2019, 11:36 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

Como con carácter general, para todo  \( \alpha^3=(a+b\omega)^3\equiv\pm 1 \) mod \( 9 \) ;  si  \( 3\nmid\alpha \) ; para  \( a,b\in{\mathbb{Z}} \) .

¿Pero eso es cierto?

\( (1+2\omega)^3=6+3w \) mod \( 9 \)

Saludos.

07 Febrero, 2019, 01:08 pm
Respuesta #2

Fernando Moreno

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Hola Luis

Como con carácter general, para todo  \( \alpha^3=(a+b\omega)^3\equiv\pm 1 \) mod \( 9 \) ;  si  \( 3\nmid\alpha \) ; para  \( a,b\in{\mathbb{Z}} \) .

¿Pero eso es cierto?

\( (1+2\omega)^3=6+3w \) mod \( 9 \)

Eres un genio. Buena pregunta.

Debe haber ciertas condiciones que cumplan  \( a,b \) ;  no puede haber otra. En la demostración de Carlos Ivorra no veo estas condiciones (ó no se verlas). En el lema de Gauss que viene a decir que:  \( \alpha^3\equiv \pm 1 \)  mod \( \lambda^4 \) ;  es cierto que parte de un lema anterior en el que:  \( \alpha\equiv\beta \) mod \( \lambda \) .  Quizás ahí resida la cuestión. ¡Vaya tema interesante! No me lo explico. No le veo fallo a la demostración que hice de este tema. Sigo pensando

Un saludo,
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07 Febrero, 2019, 01:13 pm
Respuesta #3

Carlos Ivorra

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Debe haber ciertas condiciones que cumplan  \( a,b \) ;  no puede haber otra. En la demostración de Carlos Ivorra no veo estas condiciones (ó no se verlas). En el lema de Gauss que viene a decir que:  \( \alpha^3\equiv \pm 1 \)  mod \( \lambda^4 \) ;  es cierto que parte de un lema anterior en el que:  \( \alpha\equiv\beta \) mod \( \lambda \) .  Quizás ahí resida la cuestión. ¡Vaya tema interesante! No me lo explico. No le veo fallo a la demostración que hice de este tema. Sigo pensando

El resultado es cierto bajo la hipótesis de que \( \pi \nmid \alpha \), no \( 3\nmid \alpha \) (donde \( \pi = \omega-1 \)). Como \( a+b\omega \equiv a+b(\mbox{mod}\, \pi) \), la condición equivale a que \( \pi\nmid a+b \), que sí que es equivalente a que \( 3\nmid a+b \).

En el contraejemplo de Luis sucede que \( 1+2=3 \).

07 Febrero, 2019, 01:32 pm
Respuesta #4

manooooh

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Hola a todos

Muy buen debate. Perdón mi intromisión, es off-topic.

Off-topic
En el contraejemplo de Luis sucede que \( 1+2=3 \).

Wow, es cierto que \( 2+2=4 \) o \( 1+2=3 \) aparecen con más frecuencia que \( \log2\cup\sqrt3 \).
[cerrar]

Saludos

07 Febrero, 2019, 02:08 pm
Respuesta #5

Fernando Moreno

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Hola Carlos. Llevas razón. No he sabido manejarme en las sutilezas del contraejemplo de Luis. Si hubiera hecho que:   \( 1+2\omega=\omega-1+\omega-1+3 \) .  Me hubiera dado cuenta inmediatamente que  \( \omega-1 \)  dividía á  \( \alpha \) .  He perdido una buena ocasión de rebatir a Luis, no me voy a ver en otra como ésta.. jaja

Corrijo entonces la demostración.

Un saludo y gracias a todos por contestar


PD. manooooh no todo lo pillo de estos temas


(corregido)
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07 Febrero, 2019, 03:01 pm
Respuesta #6

Carlos Ivorra

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He perdido una buena ocasión de rebatir a Luis, no me voy a ver en otra como ésta.. jaja

Pero es que no había nada que rebatir a Luis. Su contraejemplo es correcto. Es un contraejemplo a lo que tú habías afirmado, que es falso. Yo me he limitado a señalar que su contraejemplo a tu afirmación ya no vale como contraejemplo a la mía.

07 Febrero, 2019, 03:08 pm
Respuesta #7

Fernando Moreno

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Hola

He perdido una buena ocasión de rebatir a Luis, no me voy a ver en otra como ésta.. jaja

Pero es que no había nada que rebatir a Luis. Su contraejemplo es correcto. Es un contraejemplo a lo que tú habías afirmado, que es falso. Yo me he limitado a señalar que su contraejemplo a tu afirmación ya no vale como contraejemplo a la mía.

Lo sé, he creído que se entendía. Luis lleva razón, por eso he corregido la demostración primera, en el sentido que decía. Lo que pasa es que me hubiera gustado decir que sí  \( \lambda\mid\alpha \) .  Lo intenté en primera respuesta y no lo supe ver. No ha sido hasta que tú has hecho las aclaraciones cuando he caído en la cuenta.
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08 Febrero, 2019, 12:28 pm
Respuesta #8

Luis Fuentes

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Hola

Y esto significará entonces que:  \( t\pm(\omega\lambda)^{6k-3}s'-t\pm(\omega\lambda)^{6k-3}s'=\pm 2s'(\omega\lambda)^{6k-3} \)  módulo \( 9 \), será:  \( \pm 1-\pm 1=\pm 1 \) ;  puesto que  \( 2s' \)  representa un cubo.  Lo que no puede ser y supone una contradicción.

Con tu corrección, ¿como garantizas que \( \pm 2s'(\omega\lambda)^{6k-3} \) es \( \pm 1 \) módulo \( 9 \)?. De hecho si \( 6k-3\geq 4 \), entonces \( \omega\lambda^{6k-3} \) es múltiplo de \( 9 \) y por tanto cero módulo \( 9 \).

Saludos.

08 Febrero, 2019, 12:47 pm
Respuesta #9

Fernando Moreno

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Hola Luis,

Con tu corrección, ¿como garantizas que \( \pm 2s'(\omega\lambda)^{6k-3} \) es \( \pm 1 \) módulo \( 9 \)?. De hecho si \( 6k-3\geq 4 \), entonces \( \omega\lambda^{6k-3} \) es múltiplo de \( 9 \) y por tanto cero módulo \( 9 \).

¡Claro!:  \( \omega\lambda^{6k-3}\equiv 0 \) mod \( 9 \) .  ¡Se me había pasado totalmente desapercibido! ¡Ahí está el error! ¡Qué lastima! ¡Qué penita! ¡Muchísimas gracias por la revisión! ¡Eres un genio!, a parte de buena persona. Ya estoy cada vez más cerca de poder dar una versión original tanto del n = 4 como del n = 3 (mis únicos objetivos)

Un cordial saludo,
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