Autor Tema: UTF4 como un caso particular

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13 Octubre, 2019, 08:06 pm
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Fernando Moreno

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Hola,


1) Demostración de que no es posible:  \( x^2=a^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( y^2=a^2-b^2 \) ,  para  " \( a,b,x,y \) "  enteros,  \( (a,b)=1 \)  \( \wedge \)  " \( b \) "  par.

Supongámoslo.

1.1)  \( a^2=y^2+b^2 \) .  Y sus ternas pitagóricas solución serán:  \( a=c^2+d^2 \) ,  \( y=c^2-d^2 \) ,  \( b=2cd \) ;  para:  \( c,d \)  enteros,  \( (c,d)=1 \)   \( \wedge \)   " \( d \) " ,  por ejemplo, par.
 
1.2)  \( x^2-y^2=2b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=2b^2+y^2\,=\,\color{red}(y+\sqrt{-2}b)\,(y-\sqrt{-2}b) \) .

Sabemos (*) que el anillo de los enteros  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \)  es un dominio euclídeo y que sus unidades son:  \( \pm 1 \) . De la suma y la diferencia de estos 2 factores:  \( \color{red}y+\sqrt{-2}b+y-\sqrt{-2}b\,=\,2y \)   \( \wedge \)   \( \color{red}y+\sqrt{-2}b-y+\sqrt{-2}b\,=\,2\sqrt{-2}b \) ;  se deduce que son coprimos -puesto que  \( 2\sqrt{-2}b \)  es un factor de  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \)- ;  salvo por  " \( 2 \) " ;  pero  " \( 4 \) " no divide á  " \( x^2 \) " , que es impar; por lo que no tienen este factor. Luego son efectivamente coprimos y serán cuadrados; existiendo un:  \( \pm (\sqrt{-2}r+s)^2=\sqrt{-2}b+y \) ,  para:  \( r,s \)  enteros,  \( (r,s)=1 \)  \( \wedge \)   \( \color{red}r\not\equiv \) s  mod  \( \color{red}2 \) . 

Tomemos sin perder generalidad la unidad  \( +1 \) .  Entonces:  \( -2r^2+s^2+2rs\sqrt{-2}=\sqrt{-2}b+y \) .  Y unificando por coeficientes:  \( y=s^2-2r^2 \)   \( \wedge \)   \( b=2rs \) .  Luego " \( \color{red}s \) " no puede ser par, puesto que " \( y \) " es impar -y-:  \( \pmb{y=c^2-d^2\,=\,s^2-2r^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{b=2cd\,=\,2rs} \) .  Como:  “ \( cd=rs \) “   -y-  no representan individualmente lo mismo. No pierdo generalidad si establezco que:  \( c=c_1c_2 \)  ,  \( d=d_1d_2 \)   \( \wedge \)   \( r=c_1d_2 \)  ,  \( s=c_2d_1 \) ;  para  \( c_1 \)  \( \wedge \)  \( c_2 \)  enteros y coprimos y  \( d_1 \)  \( \wedge \)  \( d_2 \)  enteros y coprimos, uno de ellos par; que será:  " \( d_2 \) " ,  pues hemos establecido que  " \( d \) "  -y-  " \( r \) "  son pares.

1.3)  \( s^2+d^2=c^2+2r^2 \) .  Entonces: \( c_2^2d_1^2+d_1^2d_2^2=c_1^2c_2^2+2c_1^2d_2^2 \)   \( \wedge \)   \( d_1^2(c_2^2+d_2^2)=c_1^2(c_2^2+2d_2^2) \) .  Por lo que:  \( c_2^2+2d_2^2=kd_1^2 \)   \( \wedge \)   \( c_2^2+d_2^2=kc_1^2 \) .  Ahora sustituimos:  \( c_2^2=kc_1^2-d_2^2 \)  en:  \( kc_1^2-d_2^2+2d_2^2=kd_1^2 \)   \( \wedge \)   \( d_2^2=k(d_1^2-c_1^2) \) .  Pero  " \( k \) "  no divide á  " \( d_2^2 \) "  porque tampoco dividía á  " \( c_2^2 \) " .  Luego:  \( k=1 \) .

1.4)  \( c_2^2+d_2^2=c_1^2 \) .  Y dos de sus ternas pitagóricas serán:  \( c_2=t^2-u^2 \)   \( \wedge \)   \( d_2=2tu \) ,  para:  \( t,u \)  enteros,  \( (t,u)=1 \)  \( \wedge \)  \( t\not\equiv \) u  mod  \( 2 \) .

Por otra parte:  \( c_2^2+2d_2^2=d_1^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( d_1^2=(\sqrt{-2}d_2+c_2)\,(\sqrt{-2}d_2-c_2) \) .  Y existirá, por lo que hemos visto antes, un:  \( \pm(\sqrt{-2}v+w)^2=\sqrt{-2}d_2+c_2 \) .  Y :  \( c_2=w^2-2v^2 \)   \( \wedge \)   \( d_2=2vw \) ,  para:  \( v,w \)  enteros,  \( (v,w)=1 \)  \( \wedge \)  \( v\not\equiv \) w  mod  \( 2 \) .
 
De esta manera:  \( \pmb{c_2=t^2-u^2\,=\,w^2-2v^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{d_2=2tu\,=\,2vw} \) .  Siendo  “ \( \pmb{d_2} \) “  claramente menor que  “ \( \pmb{b} \) “ .  Y pudiendo repetir este razonamiento sin fin.


2) Demostración de que no es posible:  \( \pmb{z^4=x^4+y^4} \) ;  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos y que  \( x\not\equiv \) y  mod \( 2 \) .

2.1)  \( (z^2)^2=(x^2)^2+(y^2)^2 \)  y dos de sus soluciones en forma de ternas pitagóricas serán:

\( z^2=p^2+q^2 \)   \( \wedge \)   \( y^2=p^2-q^2 \) ,  para  \( p,q \)  coprimos -y-  " \( q \) "  par. Puesto que si  " \( p \) "  fuera par;  \( y^2 \)  sería  \( -1 \)  mod \( 4 \) ,  lo que no puede ser.

2.2)  Por 1) es falso.


CORREGIDO tras las indicaciones de Luis Fuentes en posteriores respuestas.


Un saludo, 
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15 Octubre, 2019, 12:39 pm
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

1) Demostración de que no es posible:  \( x^2=a^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( y^2=a^2-b^2 \) ,  para  " \( a,b,x,y \) "  enteros,  \( (a,b)=1 \)  \( \wedge \)  " \( b \) "  par.

Supongámoslo.

1.1)  \( a^2=y^2+b^2 \) .  Y sus ternas pitagóricas solución serán:  \( a=c^2+d^2 \) ,  \( y=c^2-d^2 \) ,  \( b=2cd \) ;  para:  \( c,d \)  enteros,  \( (c,d)=1 \)   \( \wedge \)   " \( d \) " ,  por ejemplo, par.
 
1.2)  \( x^2-y^2=2b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=2b^2+y^2\,=\,(\sqrt{-2}b+y)\,(\sqrt{-2}b-y) \) .

Ahí debería de ser:

 \( x^2=2b^2+y^2\,=\,(\sqrt{-2}b+y)\,(\color{red}-\color{black}\sqrt{-2}b\color{red}+\color{black}y) \)

Aunque no creo que eso modifique la esencia de tu prueba. Por lo demás creo que está bien.

En realidad no es necesario acudir a ningún anillo de enteros especial, ya que de:

\( 2b^2=x^2-y^2=(x-y)(x+y) \)

pueden deducirse directamente las mismas factorizaciones que usas. ¿No habías hecho ya algo parecido?.

Saludos.

15 Octubre, 2019, 04:59 pm
Respuesta #2

Fernando Moreno

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Hola Luis,

Ahí debería de ser:

 \( x^2=2b^2+y^2\,=\,(\sqrt{-2}b+y)\,(\color{red}-\color{black}\sqrt{-2}b\color{red}+\color{black}y) \)


Gracias

En realidad no es necesario acudir a ningún anillo de enteros especial, ya que de:

\( 2b^2=x^2-y^2=(x-y)(x+y) \)

pueden deducirse directamente las mismas factorizaciones que usas. ¿No habías hecho ya algo parecido?.

Ahora mismo no veo qué factorizaciones se pueden sacar tan directas de ahí. Por otra parte yo creía que había hecho algo original, pero ahora que lo dices ya empiezo a dudarlo..

Un saludo,
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15 Octubre, 2019, 06:13 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

En realidad no es necesario acudir a ningún anillo de enteros especial, ya que de:

\( 2b^2=x^2-y^2=(x-y)(x+y) \)

pueden deducirse directamente las mismas factorizaciones que usas. ¿No habías hecho ya algo parecido?.

Ahora mismo no veo qué factorizaciones se pueden sacar tan directas de ahí.

Pues dado que \( x-y \) e \( x+y \) sólo pueden tener al factor \( 2 \) como factor común y ambos números son pares, se tiene que_

\( x-y=2\alpha^2 \)
\( x+y=(2\beta)^2 \)

con \( \alpha \) impar e \( y=2\beta^2-\alpha^2 \), \( b=2\alpha\beta \) ó

\( x+y=2\alpha^2 \)
\( x-y=(2\beta)^2 \)

con \( \alpha \) impar e \( y=\alpha^2-2\beta^2 \), \( b=2\alpha\beta \)

Citar
Por otra parte yo creía que había hecho algo original, pero ahora que lo dices ya empiezo a dudarlo..

No, si no digo que no sea original al detalle. Pero el esquema general si es muy similar a otros que has hecho, o por ejemplo al método de mente oscura:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=76985.0

Saludos.

P.D. Puestos a ser quisquillosos hay aglún detalle que se podría aclarar más. Por ejemplo cuando dices que entre \( r \) y \( s \), tomas como par \( r \), los papeles de \( r  \)y \( s \) no son simétricos porque uno aparece mutliplicado por dos en la expresión de y. Habría que asegurarse de que no tiene trascendencia.

15 Octubre, 2019, 08:29 pm
Respuesta #4

Fernando Moreno

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Hola,

Pues dado que \( x-y \) e \( x+y \) sólo pueden tener al factor \( 2 \) como factor común y ambos números son pares, se tiene que_

\( x-y=2\alpha^2 \)
\( x+y=(2\beta)^2 \)

con \( \alpha \) impar e \( y=2\beta^2-\alpha^2 \), \( b=2\alpha\beta \) ó

\( x+y=2\alpha^2 \)
\( x-y=(2\beta)^2 \)

con \( \alpha \) impar e \( y=\alpha^2-2\beta^2 \), \( b=2\alpha\beta \)

Cierto

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No, si no digo que no sea original al detalle. Pero el esquema general si es muy similar a otros que has hecho,

Pues sí, buscando he visto que es muy similar a lo que llamé "8va. demostración" en la Revista del Foro. Simplificadamente sería algo así:

1)  \( x^2=a^2+b^2 \)
2)  \( y^2=a^2-b^2 \)

\( \Rightarrow{} \)   \( \pmb{a^4-b^4=x^2y^2} \)

\( \Rightarrow{} \)   Por 1) :  \( a=c^2-d^2 \)   \( \wedge \)   \( b=2cd \)
        Por 2) :  \( a=e^2+f^2 \)   \( \wedge \)   \( b=2ef \)

Como:  \( cd=ef \) .  Si:  \( c=c_1c_2 \)  ,  \( d=d_1d_2 \)  ,  \( e=c_1d_2 \)  ,  \( f=c_2d_1 \) .  Entonces, como:

\( c^2-d^2=e^2+f^2 \)   \( \Rightarrow{} \)   \( c_1^2c_2^2-d_1^2d_2^2=c_1^2d_2^2+c_2^2d_1^2 \)   \( \wedge \)   \( c_1^2c_2^2-c_1^2d_2^2=c_2^2d_1^2+d_1^2d_2^2 \)   \( \wedge \)   \( c_1^2(c_2^2-d_2^2)=d_1^2(c_2^2+d_2^2) \)

\( \Rightarrow{} \)   \( c_2^2-d_2^2=kd_1^2 \)   \( \wedge \)   \( c_2^2+d_2^2=kc_1^2 \) .  Y  " \( k \) "  sólo puede ser 1 porque no puede dividir a 2 coprimos.

Entonces:  \( \pmb{c_2^4-d_2^4=d_1^2c_1^2} \)   \( \wedge \)   \( \pmb{d_2^4\,<\,b^4} \) .         

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P.D. Puestos a ser quisquillosos hay aglún detalle que se podría aclarar más. Por ejemplo cuando dices que entre \( r \) y \( s \), tomas como par \( r \), los papeles de \( r  \)y \( s \) no son simétricos porque uno aparece mutliplicado por dos en la expresión de y. Habría que asegurarse de que no tiene trascendencia.

..Tendría que haber explicado que si  " \( s \) "  fuera par; entonces  " \( y \) "  (\( y=s^2-2r^2 \))  sería par, lo que contraviene las condiciones del problema.


Me queda claro que me he repetido y que además lo he complicado un poco.


Un saludo,
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