Autor Tema: UTF4 por contradicción_editado

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18 Enero, 2020, 11:21 pm
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Fernando Moreno

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Hola,

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

A.

\( z^4=(x^2+y^2i)(x^2-y^2i)\,=\,(x+yi\sqrt{i})(x-yi\sqrt{i})(x+y\sqrt{i})(x-y\sqrt{i}) \)

Es conocido que la base entera de  \( \mathbb{Q}(\sqrt{i}) \)  es  \( \{1,i,\sqrt{i},i\sqrt{i}\} \) .  Luego existe  " \( \mathbb{Z}(\sqrt{i}) \) " .   

B.

Como:  \( z^4=x^4+y^4 \) .  Entonces:  \( (z^2)^2=(x^2)^2+(y^2)^2 \) .  Y sus ternas pitagóricas solución, serán:

\( x^2=2pq \)

\( y^2=p^2-q^2 \)

\( z^2=p^2+q^2 \)   

, para  \( p,q \)  enteros y coprimos.

Luego:  \( z^2=(p+qi)(p-qi) \) .  Y como:  \( x^2=2pq \)  -y- por  " \( y^2 \) "  sabemos que  " \( q \) "  debe ser par:  \( \Rightarrow{} \)   \( p=p_1^2 \)  \( \wedge \)  \( q=2q_1^2 \) .

C.

Tenemos pues que:  \( p+qi \)  divide á  \( (x+yi\sqrt{i})(x-yi\sqrt{i})(x+y\sqrt{i})(x-y\sqrt{i}) \) .

Sabemos que  " \( p+qi \) "  no puede ser de la forma  \( p'\,^2+q'\,^2i \)   \( \vee \)   \( p'\,^4+q'\,^4i \) ;  que podrían también factorizarse en  \( \mathbb{Z}(\sqrt{i}) \) . Porque, de hecho:  \( p+qi=p_1^2+2q_1^2i \) .

Ahora basta con analizar un solo factor para ver que no divide a ningún otro:


\( \dfrac{x+yi\sqrt{i}}{p+qi}=\dfrac{(x+yi\sqrt{i})(p-qi)}{p^2-q^2i^2}\,=\,\dfrac{xp}{z^2}-\dfrac{xq}{z^2}i+\dfrac{yq}{z^2}\sqrt{i}+\dfrac{yp}{z^2}i\sqrt{i} \)


Y  " \( z^2 \) "  no divide á  \( xp \)  ni á  \( xq \) ,  por ejemplo.


Un saludo,
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20 Enero, 2020, 03:14 pm
Respuesta #1

Fernando Moreno

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Hola, la demostración anterior no es correcta.

Entiendo que:  \( \mathbb{Q}(\sqrt{i})=\mathbb{Q}(\zeta_8) \)  (https://en.wikipedia.org/wiki/Root_of_unity) .  Y que  \( \mathbb{Q}(\zeta_8)=\mathbb{Q}(i,\sqrt{2}) \)  (https://yutsumura.com/the-cyclotomic-field-of-8-th-roots-of-unity-is-qzeta_8qi-sqrt2/) .  Por lo que la base entera de  \( \mathbb{Q}(\sqrt{i}) \)  debe ser  \( \{1,i,\sqrt{2},\dfrac{i\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}\} \)  (https://pdfs.semanticscholar.org/ac59/767929639347bb2d0ef52621d973ad743af8.pdf) .

Esto lo había preguntado yo antes de escribir la demostración en otros Foros en inglés (MSE). Pero o me han contestado mal o yo no he entendí la respuesta. (Me inclino por lo segundo). Ya no me fío de nadie (salvo de Luis Fuentes y este Foro, claro  ;)  Sdos
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21 Enero, 2020, 10:20 am
Respuesta #2

Fernando Moreno

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Hola, modifico entonces la demostración:


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

A.

\( z^4=(x^2+y^2i)(x^2-y^2i)\,=\,(x+yi\sqrt{i})(x-yi\sqrt{i})(x+y\sqrt{i})(x-y\sqrt{i}) \) .  Y como:  \( \sqrt[ ]{i}=\pm\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{2}}{2}(i+1) \) .  Entonces:  \( z^4=\left({x\pm yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\mp yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\pm y\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\mp y\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right) \) .

Como:  \( \mathbb{Q}(\sqrt{i})=\mathbb{Q}(\zeta_8) \)  (Ver) .  Y :  \( \mathbb{Q}(\zeta_8)=\mathbb{Q}(i,\sqrt{2}) \)  (Ver) .  La base entera de  \( \mathbb{Q}(\sqrt{i}) \)  será:  \( \left\{{1,i,\sqrt{2},\dfrac{i\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}}\right\}=\left\{{1,i,\sqrt{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right\} \)  (Ver) .  Y existe  " \( \mathbb{Z}(\sqrt{i}) \) " .   

B.

Como:  \( z^4=x^4+y^4 \) .  Entonces:  \( (z^2)^2=(x^2)^2+(y^2)^2 \) .  Y sus ternas pitagóricas solución, serán:

\( x^2=2pq \)

\( y^2=p^2-q^2 \)

\( z^2=p^2+q^2 \)   

, para  \( p,q \)  enteros y coprimos.

Luego:  \( z^2=(p+qi)(p-qi) \) .  Y como:  \( x^2=2pq \)  -y- por  " \( y^2 \) "  sabemos que  " \( q \) "  debe ser par:  \( \Rightarrow{} \)   \( p=p_1^2 \)  \( \wedge \)  \( q=2q_1^2 \) .

C.

Tenemos pues que:  \( p+qi \)  divide á  \( \left({x\pm yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\mp yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\pm y\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)\left({x\mp y\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right) \) .

Sabemos que  " \( p+qi \) "  no puede ser de la forma  \( p'\,^2+q'\,^2i \)   \( \vee \)   \( p'\,^4+q'\,^4i \) ;  que podrían también factorizarse en  \( \mathbb{Z}(\sqrt{i}) \) . Porque, de hecho:  \( p+qi=p_1^2+2q_1^2i \) .

Ahora basta con analizar un solo factor para ver que no divide a ningún otro:


\( \dfrac{x\pm yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}{p+qi}=\dfrac{\left({x\pm yi\dfrac{\sqrt{2}}{2}(i+1)}\right)(p-qi)}{p^2-q^2i^2}\,=\,\dfrac{xp}{z^2}-\dfrac{xq}{z^2}i\pm \dfrac{yp}{z^2}\dfrac{\sqrt[ ]{2}}{2}(i+1)^2 \)


Y  " \( z^2 \) "  no divide ni á  \( xp \)  ni á  \( xq \)  ni á  \( yp \) .


Un saludo,
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14 Febrero, 2020, 12:01 pm
Respuesta #3

Fernando Moreno

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03 Marzo, 2020, 05:08 pm
Respuesta #4

Fernando Moreno

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Hola. Una nueva propuesta:


Supongo que:  \( \pmb{z^4=x^4+y^4} \) ,  para  \( x,y,z \)  enteros, coprimos dos a dos y que  \( x\not\equiv{y} \) mod 2 .

Entonces:

\( z^4=(x^2+y^2i)(x^2-y^2i)\,=\,(x+yi\sqrt{i})(x-yi\sqrt{i})(x+y\sqrt{i})(x-y\sqrt{i}) \)

Como:  \( \mathbb{Q}(\sqrt{i})=\mathbb{Q}(\zeta_8) \)  (Ver) . Y :  \( \mathbb{Q}(\zeta_8)=\mathbb{Q}(i,\sqrt{2}) \)  (Ver) . La base entera de  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)  será:  \( \left\{{1,\sqrt{2},i,\dfrac{i\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}}\right\} \)  (Ver)


Sabemos que:  \( \sqrt{i}=\pm\left(\dfrac{i\sqrt{2}\pm\sqrt{2}}{2}\right) \) .


Un primo de  " \( z \) "  de la forma:  \( a+b\,i\sqrt{i} \) ,  para  \( a,b \)  enteros -y-  \( (a,b)=1 \) ;  dividirá a uno de los 4 factores de arriba. Y lo mismo hará su cuadrado:  \( (a+b\,i\sqrt{i})^2=a^2+b^2\,i^2\,i+2ab\,i\sqrt{i}\,=\,a^2-b^2i+2ab\,i\sqrt{i} \) . 

No perdemos generalidad, por tanto, si decimos que  " \( a^2-b^2i-2ab\,i\sqrt{i} \) "  debe dividir á  \( x+yi\sqrt{i} \)  ó á  \( x+y\sqrt{i} \) ; para que  \( a^2-b^2i+2ab\,i\sqrt{i} \)  pueda dividir a uno de los cuatro factores referidos. 


Luego:


1)    \( \dfrac{x+yi\sqrt{i}}{a^2-b^2i-2ab\,i\sqrt{i}}=\dfrac{(x+yi\sqrt{i})(a^2-b^2i+2ab\,i\sqrt{i})}{(a^2-b^2i-2ab\,i\sqrt{i})(a^2-b^2i+2ab\,i\sqrt{i})} \)


\( \,=\,\dfrac{a^2x+a^2y\,i\sqrt{i}-b^2xi-b^2\,i^2\,y\sqrt{i}+2abx\,i\sqrt{i}+2aby\,i^2\,i}{a^4-b^4+4a^2b^2i} \)


\( \,=\,\dfrac{a^2x-b(bx+2ay)i+(b^2y+a(2bx+ay)i)\sqrt{i}}{a^4-b^4+4a^2b^2i} \)


Pero  \( a^4-b^4+4a^2b^2i \) ,  que es un factor de  " \( z \) " ,  no divide á:  \( a^2x \) .


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


\( \,=\,\dfrac{a^2x+a^2y\,\sqrt{i}-b^2xi-b^2y\,i\,\sqrt{i}+2abx\,i\sqrt{i}+2aby\,i^2}{a^4-b^4+4a^2b^2i} \)


\( \,=\,\dfrac{a(ax-2by)-b^2xi+(a^2y-b(by-2ax)i)\sqrt{i}}{a^4-b^4+4a^2b^2i} \)


Pero  \( a^4-b^4+4a^2b^2i \)  no divide á:  \( b^2x \) .


Luego  \( x\,\vee\,y\,\vee\,z \)  no son enteros en:  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)  y por consiguiente en:  \( \mathbb{Z} \) .


Un saludo,


EDITADO  -  16 de abril.

Creo que no es correcta. Repasando me he dado cuenta que  \( a^4-b^4+4a^2b^2i \)  podría dividir á  \( a(ax-2by)-b^2xi \)  -y- á  \( a^2y-b(by-2ax)i \) .  No sé cómo dije lo que dije. Ahora no lo veo. Sdos
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09 Marzo, 2020, 12:34 pm
Respuesta #5

Fernando Moreno

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Hola,

¿Tiene algún fallo troncal esta última propuesta de demostración?

Gracias de antemano
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