Autor Tema: UTF N=3; esbozo de ataque.

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11 Diciembre, 2019, 04:33 pm
Respuesta #20

Luis Fuentes

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Hola

En concreto es para \( p=2y \), con lo cual \( \color{red}x^2+y^2+2px\color{black}=x^2+y^2+2xy=(x+y)^2 \) (...)

¿No será \( x^2+y^2+px \)? Caso contrario será \( x^2+y^2+4xy \).

Si, fue una errata. Ya lo he corregido. Gracias por avisar.

Saludos.

11 Diciembre, 2019, 06:01 pm
Respuesta #21

feriva

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Así que ya tienes una colección de ejemplos de eso que te tenía una pinta tan difícil:

\( x=|a^2-3b^2| \)
\( y=2ab \)
\( p=2y=4ab \)



Sí; pues me despistaba. Esa propiedad no la conocía, la vi esta mañana, me parece muy curiosa, me gusta.


Esta pregunta del spoiler ya le he resuelto; era una cosa que no tiene por qué cumplirse



Spoiler
Una cosa breve, para que así no tengas que leer los rollos que escribo con tanta equivocación; dime si esto es correcto, por favor, que ya no me fío ni de mi sombra

\( 2a(a^{2}+3b^{2})=z^{3}=c^{3}a^{3}
  \)

\( 2a^{3}+6ab^{2}=z^{3}=c^{3}a^{3}
  \)

\( 2a^{2}+6b^{2}=c^{3}a^{2}\Rightarrow
  \)

\( a^{2}|6b^{2}
  \)
[cerrar]
Muchas gracias, Luis.

Saludos.

11 Diciembre, 2019, 07:28 pm
Respuesta #22

Fernando Moreno

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Hola,

Fernando Moreno, . . . Precisamente, una de las cosas que decía es que para mí (y hago énfasis en que esto es algo personal) aporta mucha más comprensión en sentido profundo una demostración del estilo de la de Wiles, que una que se dedique a hacer juegos con naturales. . . .

Me ha llamado la atención este comentario de geómetracat. Como todo lo profundo relacionado con las matemáticas me encanta, no quiero dejar pasar esta pequeña oportunidad. Hablemos en profundo de la demostración de Wiles, ¿por qué no? (Ya se entiende que lo profundo que uno pueda). Te digo lo que he entendido yo y luego tú me matizas, con eso para mí es más que suficiente.

La Conjetura de Shimura-Taniyama-Weil viene a decir que toda curva elíptica sobre  \( \mathbb{Q} \)  es modular. Una forma modular es una clase de función analítica infinitamente diferenciable en cada punto que coincide con su propia serie de Taylor. Por otra parte, toda curva elíptica es una curva cúbica (no singular). En 1984 Frey relaciona el Último Teorema de Fermat con la Conjetura de Shimura-Taniyama-Weil. Pues:  \( a^n+b^n=c^n\,\,\Longleftrightarrow\,\,{y^2=x(x+a^n)(x-b^n)\,=\,x^3-b^nx^2+a^nx^2-a^nb^nx} \) .  Es decir, la ecuación del Teorema es también una curva elíptica pero que no puede ser parametrizada por funciones modulares por sus inusuales propiedades. Luego si la conjetura es cierta, tendremos que el Último Teorema de Fermat no puede ser una curva elíptica sobre  \( \mathbb{Q} \)  y sus coeficientes no podrán ser enteros. Ahí es donde entra Wiles y demuestra lo suficiente la Conjetura para incluir el caso de las curvas de tipo Fermat como contradicción. Para mí -esto es personal-, no es Wiles el de la idea ganadora que desata el nudo del Teorema, esta idea es la de Frey. Wiles aporta otro tipo de ideas, superbrillantes por su puesto, para demostrar la Conjetura; pero que no son las que directamente desenmascaran el Teorema. Pero no quiero polemizar sobre esto. Efectivamente como dice geómetracat, esto es maravilloso y nos abre las puertas a porqué el Teorema es cierto. No obstante yo sólo sé llegar hasta ahí. ¿Tú podrías matizar algo más -en este sentido de la comprensión profunda- sobre esta demostración? Por ejemplo algo sobre las formas modulares y su simetría y por qué la famosa ecuación no es parametrizable modularmente? Un saludo,
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

11 Diciembre, 2019, 08:47 pm
Respuesta #23

geómetracat

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Me ha llamado la atención este comentario de geómetracat. Como todo lo profundo relacionado con las matemáticas me encanta, no quiero dejar pasar esta pequeña oportunidad. Hablemos en profundo de la demostración de Wiles, ¿por qué no? (Ya se entiende que lo profundo que uno pueda). Te digo lo que he entendido yo y luego tú me matizas, con eso para mí es más que suficiente.

Quizás lo mejor, si quieres hablar de la prueba de Wiles y compañía sea abrir otro hilo en el foro.

Sobre la prueba: yo no soy la persona más indicada. No me la he mirado nunca ni siquiera en un mínimo detalle, y lo poco que sé sobre ella es el esquema general, a muy grandes rasgos (más o menos lo que has puesto tú). Desde luego sería un proyecto interesante a largo plazo intentar entender la prueba en un mínimo de profundidad, y es algo que me gustaría hacer antes de morir. Digo en un mínimo de profundidad porque dudo que nadie (ni matemáticos profesionales, ni siquiera Wiles) haya mirado o conozca todos los detalles de la prueba completa, "desde cero".

El resumen que haces es más o menos lo que yo tengo entendido, con algunos matices que te pongo a continuación.

Citar
Una forma modular es una clase de función analítica infinitamente diferenciable en cada punto que coincide con su propia serie de Taylor.

Decir "función analítica" y "función infinitamente diferenciable en cada punto que coincide con su propia serie de Taylor" es lo mismo. Lo que caracteriza las formas modulares, al margen de su analiticidad, es cómo se transforman bajo la acción del grupo modular.

Citar
En 1984 Frey relaciona el Último Teorema de Fermat con la Conjetura de Shimura-Taniyama-Weil. Pues:  \( a^n+b^n=c^n\,\,\Longleftrightarrow\,\,{y^2=x(x+a^n)(x-b^n)\,=\,x^3-b^nx^2+a^nx^2-a^nb^nx} \) .  Es decir, la ecuación del Teorema es también una curva elíptica pero que no puede ser parametrizada por funciones modulares por sus inusuales propiedades.

No es cierto que la ecuación del teorema sea una curva elíptica. La curva de Fermat, que viene descrita por la ecuación:
\( x^n+y^n=1 \)
tiene grado \( n \), mientras que una curva elíptica tiene grado \( 3 \).
Lo que hace Frey es construir una curva elíptica (la que has puesto, que sí es de grado \( 3 \)) a partir de una supuesta solución \( (a,b,c) \) de la ecuación de Fermat, y Serre y Ribet prueban que esa curva elíptica no puede ser modular.

Citar
Para mí -esto es personal-, no es Wiles el de la idea ganadora que desata el nudo del Teorema, esta idea es la de Frey. Wiles aporta otro tipo de ideas, superbrillantes por su puesto, para demostrar la Conjetura; pero que no son las que directamente desenmascaran el Teorema. Pero no quiero polemizar sobre esto. Efectivamente como dice geómetracat, esto es maravilloso y nos abre las puertas a porqué el Teorema es cierto.

Estoy bastante de acuerdo. En la mayoría de los casos, las demostraciones de problemas difíciles son como catedrales góticas, un trabajo a lo largo de años (en este caso siglos) de una cantidad ingente de matemáticos, cada uno aportando ingredientes imprescindibles para la demostración. Pero normalmente la fama se la suele llevar el último, quien por fin consigue la última pieza del puzzle. En mi opinión es bastante injusto, pero es así. Algo parecido pasa con la conjetura de Poincaré y Perelman. Eso sí, no pretendo quitar ningún mérito a Wiles, su contribución es enorme, y probablemente su parte sea la más difícil de todo el argumento.

Citar
No obstante yo sólo sé llegar hasta ahí.

Como ya te dicho, yo esencialmente también. Ahora mismo no puedo aportar muchos más detalles.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

11 Diciembre, 2019, 09:51 pm
Respuesta #24

Fernando Moreno

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Hola geómetracat. Muchas gracias por tu aportación. No es mi deseo seguir hablando de la prueba de Wiles en otro hilo, no tengo nada más que decir. Además no tengo mucho tiempo para documentarme tampoco sobre el tema, en esta época tengo mucho trabajo (del que me da de comer, me refiero). Me queda claro que la ecuación de Fermat no "es" una curva elíptica. Es cierto también que he sido un poco cicatero al no nombrar a Serre y Ribet que son los que demuestran la intuición de Frey de que la ecuación de Fermat no puede ser modular. Muy interesante también tu referencia a la característica distintiva principal de una forma modular: Sus transformaciones como grupo. Va uno aprendiendo. Yo creo que poco a poco irán apareciendo pequeñas aportaciones y a partir de ésas otras aportaciones mayores que irán en el sentido de entender esa maravillosa conexión entre el Teorema de Shimura-Taniyama-Weil y el Último Teorema de Fermat. Y a partir de esos trabajos siempre habrá algún super-profesor de esos que también tienen un meritazo intelectual que haga un video para que los mortales no matemáticos lo entendamos. Es fascinante el tema, me alegra que a ti te lo parezca también. Un saludo,
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12 Diciembre, 2019, 01:30 pm
Respuesta #25

feriva

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He estado analizando un más poco la forma \( (a^{2}+3b^{2})
  \)

Se llegaba de aquí

\( (a^{2}+3b^{2})(x^{2}+3y^{2})=
  \)

a aquí

\( (ax-3by)^{2}+3(ay+bx)^{2}
  \)

se llega a un número de la misma forma: \( p^{2}+3q^{2}
  \).

En primer lugar, lo que se observa es que un número de esta forma \( (a^{2}+3b^{2})
  \) con \( |a\wedge b|\geq1
  \) siempre es mayor que 1 porque los dos, “a” y ”b”, están al cuadrado; no existe el neutro para ese tipo de binomio. Y esto hace que se puedan descomponer infinitamente (al menos con letras o números reales); o se puede decir que no existen binomios de esa forma que sean primos en cuanto al tipo de factorización. Hasta aquí, sin profundizar más, el uso de números complejos para deducir esto se me antoja artificioso.

Spoiler

Dado que los cuadrados son positivos, mediante el producto cartesiano de los “a” y “b” positivos, desde 1 hasta ciertos “enes”, y con un simple bucle “for” anidado, hice un programa en python anoche para que me diera algunos cuadrados no múltiplos de 3 que tienen esa forma; algunos son éstos

49 , n=1 ,m= 4

169 , n=11 , m=4

361 , n=13 , m=8

...

De tal manera que, tomando por ejemplo 11 y 4 se puede buscar una descomposición así

\( 13^{2}=11^{2}+3\cdot4^{2}=
  \)

\( (a^{2}+3b^{2})(x^{2}+3y^{2})
  \)

donde podemos hacer, por ejemplo, \( a=11+k
  \) y \( b=4+t
  \); quedando un polinomio algo complicado

\( [(11+k)^{2}+3(4+t)^{2}](x^{2}+3y^{2})
  \)

\( [11^{2}+k^{2}+22k+3(4^{2}+t^{2}+8t)[(x^{2}+3y^{2})
  \)... etc.

Un cuadrado de esa forma siempre se puede descomponer de este modo, sin duda, otra cosa es que exista algún caso donde todas esas letras puedan ser números enteros para “a,b” ambos mayores que 1 y con esas condiciones.

Por curiosidad, igualmente vi que no se encuentran cubos de esa forma hasta donde uno busca.

[cerrar]

También me he entretenido en mirar, un poco por encima, el uso de los complejos en la demostración (de la de Euler).

En cuanto a lo puramente operativo, si no me estoy perdiendo algo, el uso de las cuentas con complejos que se utiliza ahí es tan elemental o más que muchas otras cosas que yo considero bastante elementales: resolver ecuaciones diofánticas lineales (con Euclides o la función phi) problemas del Teorema chino del resto... por no entrar en algunas un poquitín menos elementales, y menos relacionadas, de álgebra lineal y otras pocas de análisis (hablo de cosas que, modestamente, yo comprendo y sé operar, aunque sea equivocándome y aunque se me olviden si no las practico). Es cierto que la explicación está vestida con letras “w” y algunas cosas “raras”, palabras, formalismos... pero la impresión que me da, sin haber mirado más, es que, si consigo quitarle del todo el disfraz, me va a resultar básico o al menos conocido. Por esto precisamente, tengo que intentar seguir más detenidamente la demostración para ver si capto bien del todo qué misterioso poder tienen esas simples operaciones con complejos que no puedan tener otras para demostrar eso; porque, de momento, sigo intuyendo que se tiene que poder demostrar de otra manera.

Saludos.

12 Diciembre, 2019, 01:48 pm
Respuesta #26

manooooh

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Hola feriva! Buenos días

¿Qué significa la notación \( a\wedge b \) en \( |a\wedge b|\geq1 \)? ¿Es producto vectorial?

Gracias y saludos

12 Diciembre, 2019, 03:29 pm
Respuesta #27

feriva

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Hola feriva! Buenos días

¿Qué significa la notación \( a\wedge b \) en \( |a\wedge b|\geq1 \)? ¿Es producto vectorial?

Gracias y saludos

Hola, manooooh, buenas tardes de aquí.

Significa que soy un chapucero y un despistado, qué quieres que signifique tratándose de mí :D Quería decir \( |a|\wedge|b|
  \) Valor absoluto de ambas, "a" y "b", mayor que 1


Saludos.

12 Diciembre, 2019, 05:47 pm
Respuesta #28

Luis Fuentes

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Hola

He estado analizando un más poco la forma \( (a^{2}+3b^{2})
  \)

Se llegaba de aquí

\( (a^{2}+3b^{2})(x^{2}+3y^{2})=
  \)

a aquí

\( (ax-3by)^{2}+3(ay+bx)^{2}
  \)

se llega a un número de la misma forma: \( p^{2}+3q^{2}
  \).

En primer lugar, lo que se observa es que un número de esta forma \( (a^{2}+3b^{2})
  \) con \( |a\wedge b|\geq1
  \) siempre es mayor que 1 porque los dos, “a” y ”b”, están al cuadrado; no existe el neutro para ese tipo de binomio. Y esto hace que se puedan descomponer infinitamente (al menos con letras o números reales); o se puede decir que no existen binomios de esa forma que sean primos en cuanto al tipo de factorización. Hasta aquí, sin profundizar más, el uso de números complejos para deducir esto se me antoja artificioso.

Spoiler

Dado que los cuadrados son positivos, mediante el producto cartesiano de los “a” y “b” positivos, desde 1 hasta ciertos “enes”, y con un simple bucle “for” anidado, hice un programa en python anoche para que me diera algunos cuadrados no múltiplos de 3 que tienen esa forma; algunos son éstos

49 , n=1 ,m= 4

169 , n=11 , m=4

361 , n=13 , m=8

...

De tal manera que, tomando por ejemplo 11 y 4 se puede buscar una descomposición así

\( 13^{2}=11^{2}+3\cdot4^{2}=
  \)

\( (a^{2}+3b^{2})(x^{2}+3y^{2})
  \)

donde podemos hacer, por ejemplo, \( a=11+k
  \) y \( b=4+t
  \); quedando un polinomio algo complicado

\( [(11+k)^{2}+3(4+t)^{2}](x^{2}+3y^{2})
  \)

\( [11^{2}+k^{2}+22k+3(4^{2}+t^{2}+8t)[(x^{2}+3y^{2})
  \)... etc.

Un cuadrado de esa forma siempre se puede descomponer de este modo, sin duda, otra cosa es que exista algún caso donde todas esas letras puedan ser números enteros para “a,b” ambos mayores que 1 y con esas condiciones.

Por curiosidad, igualmente vi que no se encuentran cubos de esa forma hasta donde uno busca.

[cerrar]

Para obtener un listado de ejemplos donde \( n^2+3m^2 \) es un cuadrado perfecto no necesitabas hacer programa de ordenador alguno, sino aplicar la caracterización que te indiqué:

\( x=|a^2-3b^2| \)
\( y=2ab \)

Por ejemplo los casos que listas:

\( a=2 \), \( b=1 \) tienes \( x=1 \) e \( y=4 \).
\( a=1 \), \( b=2 \) tienes \( x=11 \) e \( y=4 \).
\( a=4 \), \( b=1 \) tienes \( x=13 \) e \( y=8 \).

Por lo demás no entiendo nada que lo que dices de infinitas descomposiciones por el hecho de que el \( 1 \) no tenga esa forma. No tiene nada que ver. Si nos quedamos en los enteros no hay descomposición infinita. Si permitimos raciones, si la hay como la habría, para cualquier número \( 2=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{3}{5}\cdot \dfrac{5}{1} \) (y se podrían añadir cuantos factores quisieras).

Saludos.

12 Diciembre, 2019, 06:49 pm
Respuesta #29

feriva

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Para obtener un listado de ejemplos donde \( n^2+3m^2 \) es un cuadrado perfecto no necesitabas hacer programa de ordenador alguno, sino aplicar la caracterización que te indiqué:

\( x=|a^2-3b^2| \)
\( y=2ab \)

Por ejemplo los casos que listas:

\( a=2 \), \( b=1 \) tienes \( x=1 \) e \( y=4 \).
\( a=1 \), \( b=2 \) tienes \( x=11 \) e \( y=4 \).
\( a=4 \), \( b=1 \) tienes \( x=13 \) e \( y=8 \).

Por lo demás no entiendo nada que lo que dices de infinitas descomposiciones por el hecho de que el \( 1 \) no tenga esa forma. No tiene nada que ver. Si nos quedamos en los enteros no hay descomposición infinita. Si permitimos raciones, si la hay como la habría, para cualquier número \( 2=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{3}{5}\cdot \dfrac{5}{1} \) (y se podrían añadir cuantos factores quisieras).

Saludos.

Hola, Luis, muchas gracias.

Sí, me doy cuenta de que ese detalle de la descomposición, por sí sólo, poco puede hacer.

...

Mira esta idea y dime (si te apetece, y en ese caso cuando quieras) qué te parece.

Todo número entero “n”, con \( mcd(n,6)=1
  \) se puede escribir como suma de un múltiplo de 2 y un múltiplo de 3; pues la ecuación diofántica \( 2x+3y=n \) tiene soluciones x,y.

En consecuencia, por ser coprimos siempre con 6, las potencias de cualquier número escrito así siempre tienen esa misma forma

\( (2{ {\color{blue}x}}+3{\color{blue}y})^{2}=4x^{2}+9y^{2}+2xy=
  \)

\( 2({\color{blue}2x^{2}+xy})+3({\color{blue}3y^{2}})
  \)

\( (2{ {\color{blue}x}}+3{\color{blue}y})^{3}=(2x+3y)\cdot[2(2x^{2}+xy)+3(3y^{2})]=
  \)

\( 2[{\color{blue}{\color{red}x}(2x)^{2}+x^{2}y+x(3y)^{2}}]+3[{\color{blue}(2x)^{2}y+xy^{2}+y(3y)^{2}}]
  \)

Ahora, considerando un número distinto y coprimo con ése, \( (2a+3b)
  \), tendremos que la suma de sus cubos será

\( 2[{\color{red}x}({\color{blue}2x)^{2}+x^{2}y+x(3y)^{2}}+a(2a)^{2}+a^{2}b+a(3b)^{2}]+3[{\color{blue}(2x)^{2}y+xy^{2}+y(3y)^{2}}+(2a)^{2}b+ab^{2}+b(3b)^{2}]
  \)

Si la suma es un cubo par, se puede expresar de la misma forma con “n,m”, siendo \( mcd(n,3)=1
  \) y “m” par, de forma análoga. Entonces se trataría de analizar estas expresiones

Esto no
Spoiler
1ª \( ({\color{blue}2x)^{2}+x^{2}y+x(3y)^{2}}+(2a)^{2}+a^{2}b+a(3b)^{2}=(2n)^{2}+n^{2}m+n(3m)^{2}
  \)

2ª \( {\color{blue}(2x)^{2}y+xy^{2}+y(3y)^{2}}+(2a)^{2}+ab^{2}+b(3b)^{2}=(2n)^{2}+nm^{2}+m(3m)^{2}
  \)
[cerrar]


Qué te parece, ¿crees que podría llevar a algo?

(Después de escribirlo me aparece más complicado que lo otro; y además tengo los ojos hoy un poco irritados y no sé si me habré equivocado al desarrollar, pero lo idea sería intentar atacar con eso).

Saludos y muchas gracias.