Autor Tema: Generalización del UTF4 sin descenso

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16 Enero, 2020, 11:25 am
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Fernando Moreno

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Hola,

A.

Demostración de que no es posible que se dé a la vez:

\( \pmb{x^2=a^2+b^2} \)   

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

, para  \( a,b \)  enteros, coprimos y que  \( a\not\equiv \) b  mod \( 2 \) .

Como  \( a,b \)  son coprimos, lo serán a su vez:  \( x,y \) .  Si  " \( a \) "  fuera par, entonces, Módulo 4,  " \( y^2 \) "  sería congruente con 3. Lo que no puede ser porque es un cuadrado. Luego  " \( b \) "  debe ser par.

A.1

Supongamos que se dan las 2 ecuaciones.

Lema: Todos los factores primos  " \( p_i \) "  de  \( x^2 \)  deben ser congruentes con 1 Módulo 4 y, por tanto, por el Teorema de Fermat sobre la suma de 2 cuadrados, expresables como:  \( p=s^2+t^2 \) ,  para  \( s,t \)  enteros.

Supongamos que no. Entonces:  \( p'\equiv\,3 \) mod 4, divide á  \( x^2=a^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( x'=\dfrac{(a+bi)(a-bi)}{p'} \) .  Pero como  \( p' \)  no divide ni á  " \( a \) "  ni á  " \( b \) "  porque son coprimos -y-  \( a\pm bi \)  no suman. Entonces  \( p' \)  no dividirá á  " \( a^2+b^2 \) " .

A.2

Tenemos que:  \( a^2=y^2+b^2 \)   \( \wedge \)   \( x^2=y^2+2b^2 \) .  Luego en el anillo  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \)  tendremos que:  \( x^2=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Por A.1 sabemos que un primo  " \( p \) "  de  \( x^2 \), que tiene la forma de  \( s^2+t^2 \)  y que por tanto se factoriza como:  \( (s+ti)(s-ti) \) ,  dividirá á  \( (y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Supongamos por tanto en  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \) ,  sin perder generalidad, que:  \( s+ti\mid y+b\sqrt{-2} \) .  Sabemos que  \( s+ti \)  es un elemento dentro de  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \)  porque la base entera de este anillo es:  \( \{1,i,\sqrt{2},\sqrt{-2}\} \) .  Y sabemos también, por razones obvias, que  " \( s+ti \) "  no puede ser de la forma  " \( c^2+2d^2 \) " ,  para  \( c,d \)  enteros usuales.

De esta manera:  \( \dfrac{y+b\sqrt{-2}}{s+ti}\,=\,\dfrac{y+b\sqrt{-2}\cdot (s-ti)}{s^2-t^2i^2}\,=\,\dfrac{sy-tyi+sb\sqrt{-2}-tb\sqrt{-2}i}{p} \)


\( =\,\dfrac{sy}{p}-\dfrac{ty}{p}i+\dfrac{tb}{p}\sqrt{2}+\dfrac{sb}{p}\sqrt{-2} \)


Pero  " \( p \) "  no divide ni á:  \( sy \) ,  ni á:  \( ty \) ,  ni á:  \( tb \) ,  ni á:  \( sb \) .  Y es evidente que tampoco divide á  \( y-b\sqrt{-2} \) .  Por tanto:  " \( p \) "  no dividirá á:  \( y^2+2b \) . 


B.

Si:  \( \pmb{z^4=x^4+y^4} \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos -y-  " \( x \) " ,  por ejemplo, par.

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

\( z^2=u^2+v^2 \)   

\( y^2=u^2-v^2 \)

, para  \( u,v \)  enteros y coprimos.

Luego por A. es falso.


Un saludo,
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18 Enero, 2020, 07:10 pm
Respuesta #1

Fernando Moreno

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Hola, creo que se puede simplificar la demostración anterior sin necesidad de introducir ningún Lema:


A.

Demostración de que no es posible que se dé a la vez:

\( \pmb{x^2=a^2+b^2} \)   

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

, para  \( a,b \)  enteros, coprimos y que  \( a\not\equiv \) b  mod \( 2 \) .

Como  \( a,b \)  son coprimos, lo serán a su vez:  \( x,y \) .  Si  " \( a \) "  fuera par, entonces, Módulo 4,  " \( y^2 \) "  sería congruente con 3. Lo que no puede ser porque es un cuadrado. Luego  " \( b \) "  debe ser par.

Tenemos que:  \( x^2=a^2+b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=(a+bi)(a-bi) \) .  Y que:  \( a^2=y^2+b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=y^2+2b^2 \) .  Luego en el anillo  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \) ,  que existe como tal, tendremos que:  \( (a+bi)(a-bi)=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Supongamos por tanto en  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \) ,  sin perder generalidad, que:  \( a+bi\mid y+b\sqrt{-2} \) .  Sabemos que  \( a+bi \)  es un elemento dentro de  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \)  porque la base entera de este anillo es:  \( \{1,i,\sqrt{2},\sqrt{-2}\} \) .  Y sabemos también, por razones obvias, que  " \( a+bi \) "  no puede ser de la forma  " \( c^2+2d^2 \) " ,  para  \( c,d \)  enteros usuales.

De esta manera:  \( \dfrac{y+b\sqrt{-2}}{a+bi}\,=\,\dfrac{y+b\sqrt{-2}\cdot (a-bi)}{a^2-b^2i^2}\,=\,\dfrac{ay-byi+ab\sqrt{-2}-b^2i\sqrt{-2}}{x^2} \)


\( =\,\dfrac{ay}{x^2}-\dfrac{by}{x^2}i+\dfrac{b^2}{x^2}\sqrt{2}+\dfrac{ab}{x^2}\sqrt{-2} \)


Pero  " \( x^2 \) "  no divide ni á:  \( ay \) ,  ni á:  \( by \) ,  ni á:  \( b^2 \) ,  ni á:  \( ab \) .  Y es evidente que tampoco divide á  " \( y-b\sqrt{-2} \) " .  Por tanto:  " \( x^2 \) "  no dividirá á:  \( y^2+2b \) .


B.

Si:  \( \pmb{z^4=x^4+y^4} \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos -y-  " \( x \) " ,  por ejemplo, par.

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

\( z^2=u^2+v^2 \)   

\( y^2=u^2-v^2 \)

, para  \( u,v \)  enteros y coprimos.

Luego por A. es falso.


Un saludo,
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19 Enero, 2020, 11:31 am
Respuesta #2

Luis Fuentes

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Hola

 No lo he mirado aun con todo detalle pero una cosa que dices que no es cierta.

Sabemos que  \( s+ti \)  es un elemento dentro de  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \)  porque la base entera de este anillo es:  \( \{1,i,\sqrt{2},\sqrt{-2}\} \) . 

Eso no es una base entera de ese anillo, porque de hecho \( i,\sqrt{2}\not\in \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \).

Me parece que eso estropea todo el argumento.

Saludos.

19 Enero, 2020, 12:34 pm
Respuesta #3

Fernando Moreno

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Hola,

No lo he mirado aun con todo detalle pero una cosa que dices que no es cierta.

Sabemos que  \( s+ti \)  es un elemento dentro de  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \)  porque la base entera de este anillo es:  \( \{1,i,\sqrt{2},\sqrt{-2}\} \) . 

Eso no es una base entera de ese anillo, porque de hecho \( i,\sqrt{2}\not\in \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] \).

Me parece que eso estropea todo el argumento.

Efectivamente, es lo que dices. Alucino conmigo mismo. Lo repasé todo menos eso que lo dí por supuesto. ¡Vaya error de bulto!

La única solución está en si existe el anillo  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{-2}) \) .  Yo creo que sí. Efectivamente  \( i \)  -y-  \( \sqrt[ ]{2} \)  son linealmente independientes sobre  \( \mathbb{Q} \) .  Ver aquí:  https://yutsumura.com/the-cyclotomic-field-of-8-th-roots-of-unity-is-qzeta_8qi-sqrt2/

Por eso yo entiendo que  \( i \)  -y-  \( \sqrt[ ]{-2} \)  también puede serlo. Pero no lo sé seguro. Si lo fueran, su grado sería 4. La base entera de  \( \mathbb{Q}(i) \)  es:  \( \{1,i\} \)  -y- la de  \( \mathbb{Q}(\sqrt{-2}) \)  creo que es:  \( \{1,\sqrt{-2}\} \) . Puesto que sabemos que existe  \( \mathbb{Z}(\sqrt{-2}) \) :  https://en.wikipedia.org/wiki/Quadratic_field

Si fuera así entonces entiendo que podría decirse que la factorización:  \( (a+bi)(a-bi)=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \)  estaría definida dentro de  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{-2}) \) .  Si la base entera de  \( \mathbb{Q}(i,\sqrt{-2}) \)  fuera efectivamente:  \( \{1,i,\sqrt{-2},i\sqrt{-2}\} \) .

Un saludo,
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20 Enero, 2020, 11:47 am
Respuesta #4

Fernando Moreno

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Hola,

Si la base entera de  \( \mathbb{Q}(i,\sqrt{-2}) \)  fuera efectivamente:  \( \{1,i,\sqrt{-2},i\sqrt{-2}\} \) .

Pues no. Esta probablemente no es su base entera. Por ejemplo la base entera de  \( \mathbb{Q}(i,\sqrt{2}) \)  es:  \( \{1,i,\sqrt{2},\dfrac{i\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}\} \) :  https://pdfs.semanticscholar.org/ac59/767929639347bb2d0ef52621d973ad743af8.pdf

No está bien entonces mi propuesta. Tengo que trabajarla más. Se me pasó esto completamente por alto
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20 Enero, 2020, 06:11 pm
Respuesta #5

Fernando Moreno

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Hola. Por fin he encontrado lo que buscaba. Está aquí:  https://scholar.rose-hulman.edu/cgi/viewcontent.cgi?article=1360&context=rhumj

La fórmula general para hallar la base entera de un cuerpo bicuadrático:  \( \mathbb{Q}(\sqrt{A},\sqrt{B}) \) .  En los casos en que  \( A\equiv\,2 \) mod 4  -y-  \( B\equiv\,3 \) mod 4 . O sea, mi caso:  \( A=-2 \)  \( \wedge \)  \( B=-1 \) .  Es:  \( \left\{{1,\sqrt{A},\sqrt{B},\frac{1}{2}\left({\sqrt{A}+\sqrt{A_1B_1}}\right)}\right\} \) ;  para:  \( A_1=\dfrac{A}{mcd(A,B)} \) \( \wedge \)  \( B_1=\dfrac{B}{mcd(A,B)} \) .  Esto significa que la base entera de:  \( \mathbb{Q}(\sqrt{-2},\sqrt{-1})=\mathbb{Q}(\sqrt{-2},i) \)  será:  \( \left\{{1,\sqrt{-2},i,\frac{1}{2}\left({\sqrt{-2}+\sqrt{2}}\right)}\right\}=\left\{{1,\sqrt{-2},i,\frac{1}{2}\left({\sqrt{2}(i+1)}\right)}\right\} \) .


Luego ahora puedo rehacer la demostración y decir que:


A.

Demostración de que no es posible que se dé a la vez:

\( \pmb{x^2=a^2+b^2} \)   

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

, para  \( a,b \)  enteros, coprimos y que  \( a\not\equiv \) b  mod \( 2 \) .

Como  \( a,b \)  son coprimos, lo serán a su vez:  \( x,y \) .  Si  " \( a \) "  fuera par, entonces, Módulo 4,  " \( y^2 \) "  sería congruente con 3. Lo que no puede ser porque es un cuadrado. Luego  " \( b \) "  debe ser par.

Tenemos que:  \( x^2=a^2+b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=(a+bi)(a-bi) \) .  Y que:  \( a^2=y^2+b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=y^2+2b^2 \) .  Luego en el anillo bicuadrático:  " \( \pmb{\mathbb{Z}[\sqrt{-2},i]} \) " ,  que existe como tal, tendremos que:  \( (a+bi)(a-bi)=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Supongamos por tanto en  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2},i] \) ,  sin perder generalidad, que:  \( a+bi\mid y+b\sqrt{-2} \) .  Sabemos que  \( a+bi \)  es un elemento dentro de  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2},i] \)  porque la base entera de este anillo es:  \( \left\{{1,\sqrt{-2},i,\frac{1}{2}\left({\sqrt{2}(i+1)}\right)}\right\} \) .  Y sabemos también, por razones obvias, que  " \( a+bi \) "  no puede ser de la forma  " \( c^2+2d^2 \) " ,  para  \( c,d \)  enteros usuales.

De esta manera:  \( \dfrac{y+b\sqrt{-2}}{a+bi}\,=\,\dfrac{y+b\sqrt{-2}\cdot (a-bi)}{a^2-b^2i^2}\,=\,\dfrac{ay-byi+ab\sqrt{-2}-b^2i\sqrt{-2}}{x^2} \)


\( =\,\dfrac{ay}{x^2}-\dfrac{by}{x^2}i+\dfrac{b}{x^2}\sqrt{2}(ai+b) \)  Edit


Pero  " \( x^2 \) "  no divide ni á:  \( ay \) ,  ni á:  \( by \) ,  por ejemplo.  Y es evidente que tampoco divide á  " \( y-b\sqrt{-2} \) " .  Por tanto:  " \( x^2 \) "  no dividirá á:  \( y^2+2b \) .  Edit 


B.

Si:  \( \pmb{z^4=x^4+y^4} \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos -y-  " \( x \) " ,  por ejemplo, par.

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

\( z^2=u^2+v^2 \)   

\( y^2=u^2-v^2 \)

, para  \( u,v \)  enteros y coprimos.

Luego por A. es falso.


Un saludo,


PD. Bueno supongo que hay que darle otra redacción más elaborada, pero eso mejor lo dejo para otro día
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21 Enero, 2020, 11:08 am
Respuesta #6

Luis Fuentes

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Hola

Tenemos que:  \( x^2=a^2+b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=(a+bi)(a-bi) \) .  Y que:  \( a^2=y^2+b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=y^2+2b^2 \) .  Luego en el anillo bicuadrático:  " \( \pmb{\mathbb{Z}[\sqrt{-2},i]} \) " ,  que existe como tal, tendremos que:  \( (a+bi)(a-bi)=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Supongamos por tanto en  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2},i] \) ,  sin perder generalidad, que:  \( a+bi\mid y+b\sqrt{-2} \) . 

Un tanto a vuelapluma: para poder afirmar eso necesitas justificar que \( a+bi \) y en \( a-bi \) son primos en \( \pmb{\mathbb{Z}[\sqrt{-2},i]} \).

Saludos.

21 Enero, 2020, 02:39 pm
Respuesta #7

Fernando Moreno

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Hola,

Tenemos que:  \( x^2=a^2+b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=(a+bi)(a-bi) \) .  Y que:  \( a^2=y^2+b^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( x^2=y^2+2b^2 \) .  Luego en el anillo bicuadrático:  " \( \pmb{\mathbb{Z}[\sqrt{-2},i]} \) " ,  que existe como tal, tendremos que:  \( (a+bi)(a-bi)=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Supongamos por tanto en  \( \mathbb{Z}[\sqrt{-2},i] \) ,  sin perder generalidad, que:  \( a+bi\mid y+b\sqrt{-2} \) . 

Un tanto a vuelapluma: para poder afirmar eso necesitas justificar que \( a+bi \) y en \( a-bi \) son primos en \( \pmb{\mathbb{Z}[\sqrt{-2},i]} \).

Es cierto. No es correcto. Pero sí es cierto que puedo decir que al menos "un" primo de  \( a+bi \)  tiene la forma:  \( p+qi \) .  Por lo que, sin perder generalidad:  \( \dfrac{y+b\sqrt{-2}}{p+qi}\,=\,\dfrac{y+b\sqrt{-2}\cdot (p-qi)}{p^2-q^2i^2}\,=\,\dfrac{py-qyi+pb\sqrt{-2}-bqi\sqrt{-2}}{r} \) ;  para:  \( r=p^2+q^2 \) .


\( =\,\dfrac{py}{r}-\dfrac{qy}{r}i+\dfrac{b}{r}\sqrt{2}(pi+q) \)


Y  " \( r \) "  no divide por ejemplo á  \( py \)  porque es factor de  \( x^2 \) .

Sdos
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21 Enero, 2020, 07:06 pm
Respuesta #8

Luis Fuentes

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Hola

Es cierto. No es correcto. Pero sí es cierto que puedo decir que al menos "un" primo de  \( a+bi \)  tiene la forma:  \( p+qi \) .  Por lo que, sin perder generalidad:  \( \dfrac{y+b\sqrt{-2}}{p+qi}\,=\,\dfrac{y+b\sqrt{-2}\cdot (p-qi)}{p^2-q^2i^2}\,=\,\dfrac{py-qyi+pb\sqrt{-2}-bqi\sqrt{-2}}{r} \) ;  para:  \( r=p^2+q^2 \) .

Si está trabajando en \( \Bbb Z[\sqrt{2},i] \) por que el primo no puede ser de la forma:

\( p_1+p_2i+p_3\sqrt{2}+p_4i\sqrt{2} \)

Saludos.

21 Enero, 2020, 11:00 pm
Respuesta #9

Fernando Moreno

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Hola,

Si está trabajando en \( \Bbb Z[\sqrt{2},i] \) por que el primo no puede ser de la forma:

\( p_1+p_2i+p_3\sqrt{2}+p_4i\sqrt{2} \)

Efectivamente puede ser de la forma que dices, pero hay un problema. Ese primo debe de tener un conjugado para anular las raíces de 2, pues éstas no dividirían a un  \( a+bi \) .  Pero al tener ése conjugado se anularían asimismo las  " \( i \) "  ó raíces de -1. Por lo que sigue debiendo de haber un primo de la forma:  \( p'+q'i \) .

Trato de poner un ejemplo: Trabajo en  \( \Bbb Z[\sqrt{-2},i] \)  y descompongo el factor:  \( a+bi \)  en 2 factores primos de la forma:  \( c+i\sqrt{2} \)   \( \wedge \)  \( c-i\sqrt{2} \) .  El resultado es:  \( c^2+2 \) .  ¿Dónde está la raíz de -1 ?  Porque:  \( a+bi=a+b\sqrt{-1} \)  y debe haber algún factor primo que la aporte.  La razón, entiendo, es que  " \( \sqrt[ ]{-1} \) "   \( \wedge \)   " \( \sqrt[ ]{2} \) "  son linealmente independientes sobre  \( \mathbb{Q} \) .

Pongo otro ejemplo:  Los factores primos:  \( c+\sqrt{-2} \)   \( \wedge \)  \( ci-\sqrt{-2} \) .  Los conjugo:  \( c^2i-c\sqrt{-2}(1-i)+2 \) .  Ahora sí tengo la raíz de -1, pero también la raíz de -2. ¿Y cómo puede ésta última dividir á  \( a+bi \) ?   

Sdos       
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22 Enero, 2020, 08:29 am
Respuesta #10

Luis Fuentes

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Hola

Trato de poner un ejemplo: Trabajo en  \( \Bbb Z[\sqrt{-2},i] \)  y descompongo el factor:  \( a+bi \)  en 2 factores primos de la forma:  \( c+i\sqrt{2} \)   \( \wedge \)  \( c-i\sqrt{2} \) .  El resultado es:  \( c^2+2 \) .  ¿Dónde está la raíz de -1 ?  Porque:  \( a+bi=a+b\sqrt{-1} \)  y debe haber algún factor primo que la aporte.  La razón, entiendo, es que  " \( \sqrt[ ]{-1} \) "   \( \wedge \)   " \( \sqrt[ ]{2} \) "  son linealmente independientes sobre  \( \mathbb{Q} \) .

Pongo otro ejemplo:  Los factores primos:  \( c+\sqrt{-2} \)   \( \wedge \)  \( ci-\sqrt{-2} \) .  Los conjugo:  \( c^2i-c\sqrt{-2}(1-i)+2 \) .  Ahora sí tengo la raíz de -1, pero también la raíz de -2. ¿Y cómo puede ésta última dividir á  \( a+bi \) ?    

No lo veo. Si piensas que es cierto lo que dices demuéstralo claramente o busca una referencia donde esté probado.

Cuando tenemos por ejemplo que \( (3+\sqrt{2})(3-\sqrt{2})=5 \) lo que se ve es que un número entero usual puede tener factores donde aparezca la raíz de dos. De igual forma y en general:

\( ((a+bi)+(c+di)\sqrt{2})((a+bi)-(c+di)\sqrt{2}) \)

son dos factores en cuyo producto no aparece la raíz de dos.

En realidad si te fijas en ningún momento te he criticado categóricamente lo que haces. Mi problema es que no tengo apenas intuiciones en como funcionan las cosas en ese anillo bicuadrático. Pero lo que si tengo claro es que hay que ser prudente, es decir, no se puede ir tan "alegremente" como cuando uno trabaja simplemente con enteros. Entonces debes de justificar con referencias o explícitamente los argumentos que usas.

Saludos.

22 Enero, 2020, 08:20 pm
Respuesta #11

Fernando Moreno

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Hola,

Tenemos que:  \( (a+bi)(a-bi)=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Supongamos que  " \( a+bi \) "  no es primo (en realidad es un cuadrado pero eso no afecta a lo que voy a decir). Entonces dividirá a parte de  " \( y+b\sqrt{-2} \) "  -y- a parte de  " \( y-b\sqrt{-2} \) " .

Luego:  \( (a+bi)\cdot c=y+b\sqrt{-2} \) .  Como trabajamos en  \( \Bbb Z[\sqrt{-2},i] \) .  Entonces  \( c\in{\Bbb Z[\sqrt{-2},i]} \) .  Y :

-  " \( c \) "  puede ser un entero. Pero el producto nunca sería igual á:  " \( y+b\sqrt{-2} \) "

-  " \( c \) "  puede ser de la forma:  \( d+ei \) .  Pero entonces tendríamos:  \( (ad-be)+(ae+bd)i \) .  Que no es asimilable á  \( y+b\sqrt{-2} \) .

-  " \( c \) "  puede ser de la forma:  \( d+e\sqrt{-2} \) .  Pero entonces tendríamos:  \( ad+bdi-be\sqrt{2}+ae\sqrt{-2} \) .  Que igualmente no es asimilable á  \( y+b\sqrt{-2} \) .  Entre otras cosas porque:  \( \sqrt{2}\not\in{\Bbb Z[\sqrt{-2},i]} \) .

Y :  " \( c \) "  podría ser también una combinación lineal de las 2 formas anteriores:  \( d+ei+f\sqrt{-2} \) .  Y entonces tendríamos:  \( (ad-be)+(ae+bd)i-bf\sqrt{2}+af\sqrt{-2} \) .  Que tampoco es asimilable á:  \( y+b\sqrt{-2} \) .

Luego tenemos que concluir que  \( a+bi \)  divide á:  \( y+b\sqrt{-2} \)  ó á:  \( y-b\sqrt{-2} \) .  Y que esto, como hemos visto, no es posible.

Sdos       
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22 Enero, 2020, 09:55 pm
Respuesta #12

feriva

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Hola, Fernando.

He encontrado un PDF en español sobre toda ésta toería algebraica de números y demás, te lo paso por si te interesa.

http://digibuo.uniovi.es/dspace/bitstream/10651/47540/6/TFG_DairaPintoPrieto.pdf


Spoiler

Hola,

Tenemos que:  \( (a+bi)(a-bi)=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Supongamos que  " \( a+bi \) "  no es primo (en realidad es un cuadrado pero eso no afecta a lo que voy a decir). Entonces dividirá a parte de  " \( y+b\sqrt{-2} \) "  -y- a parte de  " \( y-b\sqrt{-2} \) "

Ya supongo que en este caso se considerará algo especial que yo no sé o que no he pensado despacio; pero, en general, para enteros corrientes, no es obligatorio que pase eso. Por poner cualquier ejemplo, \( 4\cdot18=8\cdot9
  \); donde 4 sólo divide a 8; 18 sí divide a una parte de cada uno.

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Saludos.

23 Enero, 2020, 09:41 pm
Respuesta #13

Fernando Moreno

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Hola, Fernando.

He encontrado un PDF en español sobre toda ésta toería algebraica de números y demás, te lo paso por si te interesa.

http://digibuo.uniovi.es/dspace/bitstream/10651/47540/6/TFG_DairaPintoPrieto.pdf


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Hola,

Tenemos que:  \( (a+bi)(a-bi)=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Supongamos que  " \( a+bi \) "  no es primo (en realidad es un cuadrado pero eso no afecta a lo que voy a decir). Entonces dividirá a parte de  " \( y+b\sqrt{-2} \) "  -y- a parte de  " \( y-b\sqrt{-2} \) "

Ya supongo que en este caso se considerará algo especial que yo no sé o que no he pensado despacio; pero, en general, para enteros corrientes, no es obligatorio que pase eso. Por poner cualquier ejemplo, \( 4\cdot18=8\cdot9
  \); donde 4 sólo divide a 8; 18 sí divide a una parte de cada uno.

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Gracias feriva. No he contestado antes porque estoy griposo. Sdos
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

24 Enero, 2020, 10:04 am
Respuesta #14

Luis Fuentes

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Hola

Hola,

Tenemos que:  \( (a+bi)(a-bi)=(y+b\sqrt{-2})(y-b\sqrt{-2}) \) .  Supongamos que  " \( a+bi \) "  no es primo (en realidad es un cuadrado pero eso no afecta a lo que voy a decir). Entonces dividirá a parte de  " \( y+b\sqrt{-2} \) "  -y- a parte de  " \( y-b\sqrt{-2} \) " .

Luego:  \( (a+bi)\cdot c=y+b\sqrt{-2} \) . 

Eso ya no lo veo. Ahí estás escribiendo que \( a+bi \) divide a \( y+b\sqrt{-2} \); pero precisamente si no es primo no tienes garantizado que eso ocurra. Es decir, por ejemplo, \( 12\cdot 30=18\cdot 20 \) pero en esa expresión ningún factor divide a otro.

Saludos.