Autor Tema: Ecuaciones algebraicas, soluciones racionales y Último Teorema de Fermat

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29 Noviembre, 2020, 12:10 am
Respuesta #10

Luis Fuentes

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Hola

 Ya entiendo lo que quieres probar en tu Teorema. Siendo así es correcto y creo que grosso modo las ideas de la prueba pueden ser salvables. Pero desde luego no está bien escrita.

 Entiendo que lo que quieres demostrar es que la curva \( m^p+1=q^p \) no tiene parametrizaciones racionales para \( p>3 \), es decir, que no existen polinomios \( f(t),g(t),h(t),r(t)\in \Bbb Q[t] \) tales que:

\( \left(\dfrac{f(t)}{g(t)}\right)^p+1=\left(\dfrac{h(t)}{r(t)}\right)^p \)

 En tu prueba esto queda muy escondido; dices por ejemplo cuando igualas a \( q^p \) que \( q\in \Bbb Q \) cuando en realidad lo que quieres decir es que \( q\in \Bbb Q(t) \) es decir cociente de dos polinomios racionales. Y eso repites a lo largo de la explicación de la prueba; aludes a números racionales, en lugar de polinomios. Eso es crucial porque esa propiedad en la factorización que quieres usar funciona para polinomios pero no para números.

 Hay otras formas de probar que la curva \( m^p+1=q^p \) no tiene parametrización racional. Por ejemplo:

https://math.stackexchange.com/questions/934747/fermats-curve-is-not-rational-perrins-algebraic-geometry-an-introduction

 Tampoco es obvio que de ahí se deduzca que la única opción es entonces que tenga un número finito de soluciones. La curva podría tener parametrizaciones por funciones no racionales.

 En cualquier caso, a la hora de verdad no veo que ese resultado te acerque demasiado a la prueba del teorema de Fermat, porque al final, y es de hecho lo que intentas después, te ves obligado a probar que no existen racionales (¡ahora si, no polinomios ni cocientes de polinomios!) cumpliendo \( m^p+1=q^p  \),

 Y ahora vamos a la segunda parte del asunto.

 Dices: "La idea que expongo y que parece que no acabas de entender (puede que yo esté equivocado) es la identifiación del logaritmo neperiano de un número racional comprendido entre 1 y 2 con su desarrollo en serie. Básicamente, identificar dos números".
 
 Es que al menos, tal como la has expuesto, la idea es muy vaga muy inconcreta. Tengo claro que lo que has hecho en el tercer documento que adjuntabas está mal. Al menos tal como está allí explicado.

 No se que alcance y significado das a "identificación" y a "básicamente identificar dos números". Intenta detallarlo lo más posible.

 Sigue llamándome la atención que el caso \( p=2 \) no te haga saltar todas las alarmas. Céntrate en él en cuanto a tu presunta identificación del logaritmo neperiano y su serie, que entiendo que para ti sería clave en tu demostración. ¿Por qué se supone qué esa presunta identificación falle para \( p=2 \)?.

 Y no me digas que para \( p=2 \) puedes dar soluciones paramétricas racionales. ¿Y exactamente eso que tiene que ver con el logaritmo y todos los manejos que haces con él?. Creo que debes de reflexionar esto con más calma o defender de manera más precisa tu postura al respecto.

 Volviendo al logaritmo.

¿Cómo pretendes deducir que no es posible esta igualdad?.

\( \dfrac{m^p}{p}-\dfrac{m^{2p}}{2p}+\dfrac{m^{3p}}{3p}-\ldots=q-\dfrac{q^2}{2}+\dfrac{q^3}{3}-\ldots \)

 ¿Sigues sosteniendo que puedes igualar término a término?. ¿Por qué entonces para \( p=2 \), \( m=(3/4)  \) \( q=(1/4) \) se da la igualdad, pero no la igualdad término a término.?

Saludos.
 

29 Noviembre, 2020, 12:49 pm
Respuesta #11

Jesús Álvarez

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Hola, Luis. Intento aclarar lo que pides en el archivo adjunto.
Saludos

29 Noviembre, 2020, 01:40 pm
Respuesta #12

Luis Fuentes

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Hola

 Me temo que estamos entrando en bucle. Tu último PDF no aclara nada de lo que digo.

 1) Me explicas el motivo por el cual para \( p=2 \) si se da la igualdad entre esos logaritmos, utilizando la solución paramétrica racional de \( m^2+1=r^2  \) y trabajando algebraicamente con ella hasta conseguir demostrar la igualdad.

 Pero no ese el problema. Que la igualdad para \( p=2 \) se da está claro. Simplemente porque las cuentas dan.

 La cuestión y te la planteo de un modo general es la siguiente.

Supongamos que tu tienes un teorema que depende de \( n \) y es cierto para \( n>2 \) y falso para \( n=1,2 \).

 Y tu haces una supuesta demostración que NO USA en ningún momento que \( n>3 \). Entonces la demostración no puede estar bien porque estaría probando el teorema para \( n=1,2 \) y ahí es falso.

 Y como respuesta a eso no vale decir, a no, es que para \( n=1,2 \) te voy a demostrar que el teorema es falso porque tengo este y este contraejemplo. Bien. Pero eso no arregla tu demostración.


 La forma de arreglar la demostración, si es que tiene arreglo, es decir ah... fíjate es que en este paso uso que \( n>2 \) así y así.

 Vaya por delante que la demostración que has planteado (¡soy pesado!) que igualaba término a término, está mal, independientemente de que aún encima el caso \( p=2 \) lo ponga de manifiesto especialmente. Aun sin esa "pista" está mal; no hay, a priori, justificación alguna para igualar así.

 Me gustaría para no seguir en el bucle, que me dijeses si entiendes lo que digo en la parte que he marcado en rojo y se percibe que es ese precisamente tu caso. Y si no lo es para ti, que diferencia ves.

 2) Después me dices:



  ¡Yo no niego eso! ¡Claro qué todo número racional en el intervalo que citas puede escribirse en serie como dices!. No es más que aplicar el desarrollo conocido en serie de \( ln(1+x) \).

 La cuestión es como se supone que con eso demuestras que para \( p>3 \) NO es posible esta igualdad:

\(  \dfrac{ln(m^p+1)}{p}=ln(1+q) \)

 para \( m,q \) racionales. Porque lo que lo que has hecho al respecto hasta ahora estaba mal (por los motivos ya expuesto: igualación término a término).

 Por si la confusión va por ahí, SI es trivialemente equivalente que si \( ln(1+q)=ln(1+x) \) entonces las series tienen los mismos valores término a término; pero tu comparas dos series de naturaleza diferente, la de \( ln(1+q) \) y la del COCIENTE \(  \dfrac{ln(m^p+1)}{p} \).

 Y... una vez más... el caso \( p=2 \) da un ejemplo claro donde se ve que la igualdad NO implica la igualdad término a término.

 Resumiendo: no tengo ninguna discrepancia en lo que me preguntas. Si el logaritmo todo número racional más uno se puede expresar en serie como dices. El problema es que eso te sea útil para tu objetivo.

Saludos.

P.D. El Teorema con las aclaraciones que me dijiste es correcto; pero en mi opinión tanto su enunciado como su demostración requiere una fuerte revisión y reescritura para que esté bien.

29 Noviembre, 2020, 03:54 pm
Respuesta #13

Jesús Álvarez

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Gracias por tu paciencia e interés en responder.

29 Noviembre, 2020, 04:51 pm
Respuesta #14

Luis Fuentes

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Hola

 Es una pena que no te animes a escribir esas aclaraciones directamente en el foro. Seria más cómodo citarlas y comentarlas. Simplemente tendrías que escribir el texto y el LaTeX ponerlo entre  [tex]...[/tex]..

 Por otra parte realmente creo que sigues sin entender mis objeciones. Con un porcentaje alto de lo que dices estoy de acuerdo, sólo que no responde para nada a mis críticas. Es más...¡gran parte de lo que dices refuerza mis críticas!.

 Dices:

Citar
Entiendo lo que me dices en rojo pero si estoy usando de forma implícita que p > 2
.
 
 Si lo entiendes lo que debes de hacer es en esta demostración:



 Indicar exactamente que paso no puede darse para \( p=2 \) y porqué. He subrayado las partes donde dices \( p \) primo impar o \( p=4 \), pero todo lo que dices seguiría funcionando (si estuviese bien) para \( p=2 \). En caso contrario indica claramente que paso NO funcionaría y porqué.

 Lo que tu me dices en tu aclaración sobre el caso \( p=2 \) vuelve a ser, en esencia, que para \( p=2 \) puedes de otra manera diferente usando la parametrización racional probar la igualdad entre esas dos expresiones: el cociente del logaritmo y el logaritmo. ¿Y qué? ¿Qué tiene que ver eso con explicar qué es lo que hacer que tu demostración no se puede aplicar a \( p=2 \)?.  No vale algo externo a la demostración que ponemos en tela de juicio.

Citar
Que el desarrollo en serie de \( \dfrac{ln(m^2+1)}{2} \) se pueda escribir de dos formas distintas no significa que no se pueda escribir en la forma \( ln(1+q) \).

 ¡Cien por cien de acuerdo! Nunca te he discutido esto. Al contario el problema es que por el mismo motivo:

Que el desarrollo en serie de \( \dfrac{ln(m^p+1)}{p} \) se pueda escribir de dos formas distintas no significa que no se pueda escribir en la forma \( ln(1+q) \).

 O si vamos a tu demostración que copié más arriba la afirmación que haces:

Citar
Como, a excepción del primer término, el resto de términos son distintos, se concluye que los dos desarrollos son distintos. Es decir, no es posible encontrar un número \( m\in \Bbb Q \); \( 0<m<1 \) y otro número p primo impar o \( p = 4 \) que permita que el desarrollo en serie de \( ln(m^p + 1)/p \) tenga la forma del desarrollo en serie de\(  ln (q + 1) \); siendo \( q\in \mathbb Q \); \( 0<q <1 \).

 Es FALSA, y del hecho de que los términos sean distintitos, no se deduce que las sumas sumen distinto. Y tu mismo tienes un contrajeemplo para verlo.

 Luego en tus aclaraciones me pones un ejemplo de un desarrollo del cociente \( ln(1+m^p)/p \) y el equivalente de \( ln(1+q) \), donde en el segundo \( q \) es irracional: perfecto de acuerdo en todo.

 E insisto de hecho hay infinitas series de racionales que pueden sumar cualquier número: todas con términos muy distintos.

 Precisamente por eso tu empresa es difícil; porque tu quieres probar que dos series no suman lo mismo. Y las series pueden parecer muy diferentes pero dar la misma suma.

Saludos.

P.D. En general me da la sensación que en tus aclaraciones te esfuerzas más en justificarme la igualdad cuando \( p=2 \), que en realmente defender tu demostración del la imposibilidad de \( ln(1+m^p)/p=ln(1+q) \) para racionales, que es el QUID de la cuestión y lo que está mal.

29 Noviembre, 2020, 05:22 pm
Respuesta #15

manooooh

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Hola Luis! ¿Cómo estás? Hace tiempo no te veía por aquí. Espero que pronto merme el duro trabajo de impartir clases online por allí

Sólo un pequeño comentario:

Off-topic


Supongo que has tomado una screenshot y dibujado con Paint o similar una línea para subrayar. Si quieres dibujar líneas rectas puedes usar Shift + Clic izquierdo para que te tome líneas rectas múltiplos de \( 45^\circ \). Esta combinación suele funcionar en la mayoría de programas y también sirve para dibujar circunferencias, cuadrados etc. en vez de hacerlo "a ojo".
[cerrar]

Un saludo y espero vernos pronto por los foros nuevamente

29 Noviembre, 2020, 06:23 pm
Respuesta #16

Jesús Álvarez

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 :) Hola, Luis.
Creo que ha sido instructivo el intercambio de ideas.
No se si con las nuevas aclaraciones aporto luz nueva pero ahí las dejo.
Saludos
Jesús Álvarez

29 Noviembre, 2020, 07:30 pm
Respuesta #17

Luis Fuentes

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Hola

 Definitivamente estamos en bucle.  ::)

Citar
Que el razonamiento no pueda darse para \( p = 2 \) viene dado por el hecho de saber de antemano que \( m^2 + 1 \) es un cuadrado perfecto, por lo que la serie \( \dfrac{ln(m^p+1)}{p} \) se puede escribir de dos formas diferentes, totalmente equivalentes, tal y como te he comentado.

 Más de lo mismo; el motivo que das para que tu razonamiento no funcione para \( p=2 \) es que sabes de antemano que en ese caso lo que tratas de probar es falso. Pero sigues sin ser capaz de identificar en la demostración (y no en otro sitio) que presentas de la imposibilidad de \( ln(m^p+1)/p=ln(1+q) \), que argumento de la misma se supone que es falso para \( p=2 \).

 Último intento: imagina que no sabemos todavía si el Teorema de Fermat es cierto, y alguien da una demostración donde no usa para nada que el exponente \( p \) es mayor que \( 2 \). Yo le digo: "no puede estar bien la prueba porque entonces para \( p=2 \) también habrías probado que el \( x^2+y^2=z^2 \) no tiene soluciones enteras". Responde:  "¡Ah, no! Es que ahí ya se que la hay eso no cuenta". De repente alguien descubre que para \( p=7,23 \) (por decir algo) también tiene soluciones enteras. "¿Ves como estaba mal tu demostración?". "Ah, no es que \( p=7,24 \) no cuenta porque ahí hay soluciones enteras".

 ¿Qué clase de demostración matemática es esa que para qué sea fiable necesitamos saber previamente si el resultado que trata probar es cierto o no?.

 Luego me dices que \( ln(\sqrt{2}) \) no se puede ajustar a una serie de \( ln(1+q) \) con \( q \) racional. ¡Claro! Ya te he dicho que usando la serie del logaritmo es trivial que:

\( x=y\quad \Leftrightarrow{}\quad ln(1+x)=ln(1+y)\quad \Leftrightarrow{}\quad  \)tiene la misma serie (tipo Taylor del logaritmo) término a término

 Pero tu ahí pretendes comparar una serie del logaritmo dividida por \( p \) (OJO) con una serie de logaritmo. La posible desigualdad término a término no dice nada en contra de la igualdad de las expresiones iniciales.

 Dices:

Citar
Del hecho de que los términos sean distintos, no se deduce que las sumas sumen distinto. Cierto,...

 Pues si eso lo ves cierto, tu demostración está mal. O siendo generoso, incompleta. Pero ¡MUY INCOMPLETA!, porque ¿entonces como deduce que suman distinto?¡Qué es lo que quieres probar en definitiva!.

 Continúas...

Citar
pero si las sumas suman igual tendría que poder conseguir que los términos sean iguales, por ejemplo como hemos simplificado antes

 Eso es una vaguedad; en todo caso tendrías que dar un argumento que categóricamente pruebe que es imposible que las sumas den lo mismo.

 Digamos que dos sumatorios infinitos pueden converger al mismo número aunque no tengamos ni idea de porqué; incluso aunque no sepamos calcular a qué converge.

Saludos.

P.D. Añado: supongo que estás en contacto con otros profesor de matemáticas o interesados en la Teoría de Números. Coméntales este debate y a ver si ellos logran hacerte ver lo que yo no estoy siendo capaz (y eso que para mi los errores que te indico son bastante sólidos); o bien te reafirman y te dan nuevos argumentos para hacerme "bajar de la burra" (si fuese el caso).

30 Noviembre, 2020, 11:55 am
Respuesta #18

Jesús Álvarez

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Hola, Luis.
Está claro cuál es el quid de la cuestión y que tú bien señalas: Demostrar la imposibilidad de que el cociente de cierto logaritmo entre p pueda ser igual al logaritmo de un número racional. No lo escribo con fórmulas porque de momento no se hacerlo aquí. Pero creo que lo entiendes.
Aunque lo importante es que tienes razón. Mis argumentos no prueban lo que pretendía.
Pero creo que tampoco dudarás que esa imposibilidad es cierta, en virtud del Último Teorema de Fermat (o teorema de Fermat-Wiles).
Por ello te quería preguntar si tienes alguna idea de como intentar demostrar la mencionada imposibilidad sin recurrir al teorema de Fermat-Wiles. Ya se que es una tarea difícil pero bueno, si das alguna idea tienes mi palabra que compartiré aquí o donde quieras los desarrollos de interés que puedan surgir a partir de ahí. Puedes observar que ya he compartido varios trabajos míos en el foro.
Saludos
Jesús Álvarez

30 Noviembre, 2020, 12:35 pm
Respuesta #19

Luis Fuentes

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Hola

Está claro cuál es el quid de la cuestión y que tú bien señalas: Demostrar la imposibilidad de que el cociente de cierto logaritmo entre p pueda ser igual al logaritmo de un número racional. No lo escribo con fórmulas porque de momento no se hacerlo aquí. Pero creo que lo entiendes.

Si, en eso estamos de acuerdo.

Citar
Pero creo que tampoco dudarás que esa imposibilidad es cierta, en virtud del Último Teorema de Fermat (o teorema de Fermat-Wiles).

Si, eso es evidente.

Citar
Por ello te quería preguntar si tienes alguna idea de como intentar demostrar la mencionada imposibilidad sin recurrir al teorema de Fermat-Wiles.

Pues no la tengo. Y no solo eso (y aclaro una vez más que esto es opinión), no veo que esa reformulación tenga por ser más sencilla que el problema inicial.

Es decir no veo más sencillo probar que no existen racionales cumpliendo: \( \dfrac{ln(1+m^p)}{p}=ln(1+q) \).

Que probar que no existen racionales cumpliendo \( m^p+1=r^p \).

Saludos.