Autor Tema: Generalización del UTF4 sin descenso (II)

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09 Febrero, 2020, 04:35 pm
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Fernando Moreno

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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 no es un residuo cuadrático. Luego  " \( b \) "  debe ser par.

Tenemos pues que: 
 
\( y^2=(a+b)(a-b) \)   

\( -y^2=x^2-2a^2\,=\,(x+a\sqrt{2})(x-a\sqrt{2}) \)   

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


El cuerpo cuadrático  \( \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \)  representa una extensión de grado 2 sobre  \( \mathbb{Q} \)  y la base entera de su correspondiente anillo  \( \mathbb{Z}(\sqrt{2}) \)  es:  \( \{1,\sqrt{2}\} \) .

En este anillo, un primo de  " \( y \) "  tendrá la forma de  \( p+q\sqrt{2} \)  ( \( p,q \)  enteros y coprimos)  para poder dividir á  \( x+a\sqrt{2}\,,\,x-a\sqrt{2}\,,\,x+b\sqrt{2}\,\,\vee\,\,x-b\sqrt{2} \) .  Y como  \( a+b \)  \( \wedge \)  \( a-b \)  son coprimos. Supongamos, sin perder generalidad, que un primo  " \( p+q\sqrt{2} \) "  de  " \( a+b \) "  divide á  " \( x+a\sqrt{2} \) "  -y- á  " \( x+b\sqrt{2} \) " .

De esta manera:


\( \dfrac{x+a\sqrt{2}}{p+q\sqrt{2}}\,=\,\dfrac{(x+a\sqrt{2})\cdot (p-q\sqrt{2})}{p^2-2q^2}\,=\,\dfrac{xp-xq\sqrt{2}+ap\sqrt{2}-2aq}{p^2-2q^2} \)


\( =\,\dfrac{xp-2aq}{p^2-2q^2}+\dfrac{ap-xq}{p^2-2q^2}\,\sqrt{2} \)


Y :  \( \dfrac{x+b\sqrt{2}}{p+q\sqrt{2}}\,=\,\dfrac{(x+b\sqrt{2})\cdot (p-q\sqrt{2})}{p^2-2q^2}\,=\,\dfrac{xp-xq\sqrt{2}+bp\sqrt{2}-2bq}{p^2-2q^2} \)


\( =\,\dfrac{xp-2bq}{p^2-2q^2}+\dfrac{bp-xq}{p^2-2q^2}\,\sqrt{2} \)


Luego:  \( p^2-2q^2 \)  divide á  \( xp-2aq \)  -y- á  \( xp-2bq \) .  Y por tanto, divide a su diferecia:  \( xp-2aq-xp+2bq \) .  Por lo que:  \( \dfrac{2q(b-a)}{p^2-2q^2} \) .  Pero  \( p^2-2q^2 \)  no divide ni á  \( 2q \)  ;  ni á  \( b-a \) ,  porque es un factor de  \( a+b \) .  Lo que es una contradicción.


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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14 Febrero, 2020, 08:51 am
Respuesta #1

Fernando Moreno

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Hola, ¿podría estar bien la anterior demostración? ¿Puedo dejarla como propuesta?

Gracias de antemano. Un saludo,
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14 Febrero, 2020, 10:50 am
Respuesta #2

Luis Fuentes

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Hola

En este anillo, un primo de  " \( y \) "  tendrá la forma de  \( p+q\sqrt{2} \)  ( \( p,q \)  enteros y coprimos)  para poder dividir á  \( x+a\sqrt{2}\,,\,x-a\sqrt{2}\,,\,x+b\sqrt{2}\,\,\vee\,\,x-b\sqrt{2} \) .  Y como  \( a+b \)  \( \wedge \)  \( a-b \)  son coprimos. Supongamos, sin perder generalidad, que un primo  " \( p+q\sqrt{2} \) "  de  " \( a+b \) "  divide á  " \( x+a\sqrt{2} \) "  -y- á  " \( x+b\sqrt{2} \) " .

¿Por qué ese primo factor de \( a+b \) tiene que dividir a \( x+a\sqrt{2} \) y \( x+b\sqrt{2} \) no podría dividir por ejemplo a \( x+a\sqrt{2} \) y \( x-b\sqrt{2} \)?.

Saludos.

14 Febrero, 2020, 11:59 am
Respuesta #3

Fernando Moreno

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Hola,

¿Por qué ese primo factor de \( a+b \) tiene que dividir a \( x+a\sqrt{2} \) y \( x+b\sqrt{2} \) no podría dividir por ejemplo a \( x+a\sqrt{2} \) y \( x-b\sqrt{2} \)?.

Umm Pues sí, no he hecho bien mis deberes. Tenía que haber tenido en cuenta esa posibilidad. Pensé que no había escapatoria. ¡Qué lástima! A ver si a la próxima es la definitiva. Me voy acercando. O eso creo

Gracias,
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