Autor Tema: UTF

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09 Noviembre, 2023, 07:41 pm
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Fernando Moreno

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UTF
Hola,    


Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros y coprimos entre sí.     

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.       

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3^k \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,  divide á  \( c \) . 

Entonces:   

\( -b^3=a^3+c^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1=\left(\dfrac{a}{b}\right)^3+\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1-\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)  -y-  \( 1+\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \) . 

Como en el anillo  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \)  de los enteros de Eisenstein:  \( 1=\omega^3 \) ;  tendremos: 

\( \omega^3+\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \) .    

Y : 

\( \left(\omega+\dfrac{a}{b}\right)\left(\omega^2-\omega\dfrac{a}{b}+\dfrac{a^2}{b^2}\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)   \( \Rightarrow \)   


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(-1+\dfrac{a^2}{b^2}-\omega\dfrac{a}{b}-\omega\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)   \( \Rightarrow \)      


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-\dfrac{a+b}{b}\omega\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \) .     


Como:  \( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Y :  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  son coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3^k \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Entonces  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab \) .    

De esta manera, si pasamos la última ecuación a módulo  \( 3^{3k} \) ,  será que:    


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-3^{3k-1}\omega\right)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) .        


- ó - :     


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-2\cdot 3^{3k-1}\omega\right)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) .       


Si analizamos con detenimiento estas ecuaciones, llegamos a la conclusión que únicamente tendrían solución si quedaran como: 

\( (-1+\omega)3^{3k-1}(1-\omega)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)   -ó-   \( (-1+\omega)2\cdot 3^{3k-1}(1-\omega)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) . 

Es decir, si  \( \dfrac{a^2-b^2}{b^2} \)  es congruente con  \( 3^{3k-1} \)  módulo  \( 3^{3k} \)  -ó-  con  \( 2\cdot 3^{3k-1} \)  módulo  \( 3^{3k} \) .   Pero esto no puede suceder, porque si  \( \dfrac{a}{b}\equiv -1 \) mod \( 3^{3k} \) ;  entonces  \( \dfrac{a^2-b^2}{b^2}=\left(\dfrac{a}{b}\right)^2-1\equiv 1-1=0 \) mod \( 3^{3k} \) .  Y en este último caso:  \( (-1+\omega)(0-3^{3k-1}\omega)\not\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) .           


La generalización de este razonamiento a otros casos es sencilla. La podemos ver sucintamente en el caso del UTF5:   

Si  \( a^5+b^5+c^5=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros, coprimos entre sí -y-  \( 5^k \)  divide á  \( c \) .   

Entonces: 

\( -b^5=a^5+c^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1=\left(\dfrac{a}{b}\right)^5+\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1-\left(\dfrac{a}{b}\right)^5=\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)  -y-  \( 1+\left(\dfrac{a}{b}\right)^5=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^1 \) . 

Como en el anillo  \( \mathbb{Z}(\zeta_5) \) ,  para  \( \zeta_5 \)  la raíz primitiva quinta de la unidad:  \( 1=\zeta^5 \) ;  tendremos: 

\( \zeta^5+\left(\dfrac{a}{b}\right)^5=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \) .    

Y : 

\( \left(\zeta+\dfrac{a}{b}\right)\left(\zeta^4-\dfrac{a}{b}\zeta^3+\dfrac{a^2}{b^2}\zeta^2-\dfrac{a^3}{b^3}\zeta+\dfrac{a^4}{b^4}\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)   \( \Rightarrow \)   


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(\dfrac{a^4}{b^4}-1-\left(\dfrac{a}{b}+1\right)\zeta^3+\left(\dfrac{a^2}{b^2}-1\right)\zeta^2-\left(\dfrac{a^3}{b^3}+1\right)\zeta\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)   \( \Rightarrow \)   


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(\dfrac{a^4-b^4}{b^4}-\left(\dfrac{a+b}{b}\right)\zeta^3+\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}\right)\zeta^2-\left(\dfrac{a^3+b^3}{b^3}\right)\zeta\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)   \( \Rightarrow \)   

 
Como:  \( -c^5=a^5+b^5=(a+b)((a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)) \) .  Donde:  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \)  son coprimos y quintas potencias salvo por  \( 5 \) ;  puesto que  \( 5^k \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Entonces  \( 5^{5k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 5 \)  á  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \) .    

De esta manera, si pasamos la última ecuación a módulo  \( 5^{5k} \) ,  será que:    


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(\dfrac{a^4-b^4}{b^4}-r_1\cdot 5^{5k-1}\zeta^3+\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}\right)\zeta^2-r_2\cdot 5^{5k-1}\zeta\right)\equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \)      


, para  \( r_1,r_2\in\{1,2,3,4\} \) .   

Y si suponemos que  \( a^2\equiv b^2 \) mod \( 5^{5k} \) .  Entonces:    


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(0-r_1\cdot 5^{5k-1}\zeta^3+\left(0\right)\zeta^2-r_2\cdot 5^{5k-1}\zeta\right)\equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \)   \( \Rightarrow \)      


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(-r_1\zeta^2-r_2 \right)5^{5k-1}\zeta\equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \) .   


Pero ni:  \( \dfrac{a}{b}+\zeta\equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \) ,  ni:  \( -r_1\zeta^2-r_2 \equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \) .  Y si  \( \dfrac{a}{b}+\zeta\equiv -1+\zeta \) mod \( 5^{5k} \) ,  no puede darse que  \( -r_1\zeta^2-r_2 \)  -ó-  \( -r_1\zeta^3-r_2\zeta \)  fuera también equivalente á  \( (\zeta^3-\zeta-1)(1-\zeta)^3=4+3\zeta+2\zeta^2+\zeta^3 \) ;  -debido a que en este anillo  \( 5=(\zeta^3-\zeta-1)(1-\zeta)^4 \) - ;  -y- esto es lo único que haría que la ecuación fuera cierta.     


Un saludo,
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

10 Noviembre, 2023, 10:04 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros y coprimos entre sí.     

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.       

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3^k \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,  divide á  \( c \) . 

Entonces:   

\( -b^3=a^3+c^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1=\left(\dfrac{a}{b}\right)^3+\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1-\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)  -y-  \( 1+\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \) . 

Como en el anillo  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \)  de los enteros de Eisenstein:  \( 1=\omega^3 \) ;  tendremos: 

\( \omega^3+\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \) .    

Y : 

\( \left(\omega+\dfrac{a}{b}\right)\left(\omega^2-\omega\dfrac{a}{b}+\dfrac{a^2}{b^2}\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)   \( \Rightarrow \)   


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(-1+\dfrac{a^2}{b^2}-\omega\dfrac{a}{b}-\omega\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)   \( \Rightarrow \)      


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-\dfrac{a+b}{b}\omega\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \) .     


Como:  \( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Y :  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  son coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3^k \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Entonces  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab \) .    

De esta manera, si pasamos la última ecuación a módulo  \( 3^{3k} \) ,  será que:    

\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-3^{3k-1}\omega\right)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) .        

 Ya te comenté alguna vez que el trabajar módulo \( n \) con racionales funciona MAL.

 Que \( x\equiv y \) mod \( n \) y \( a\equiv b \) mod \( n \) no significa que \( x/a\equiv y/b \) mod \( n \).

 Así que no puedes usar congruencias con fracciones. Si el argumento es salvable tienes que, o bien escribirlo sin fraciones (sugerencia: quitar denominadores), o bien escribir en cada paso que significa ser congruente módulo lo que sea. Es decir si usas que \( x\equiv y \) mod \( n \), pon:

\( x=y+kn \)

Saludos.

10 Noviembre, 2023, 06:04 pm
Respuesta #2

Fernando Moreno

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Hola Luis. Gracias

Ya te comenté alguna vez que el trabajar módulo \( n \) con racionales funciona MAL.

 Que \( x\equiv y \) mod \( n \) y \( a\equiv b \) mod \( n \) no significa que \( x/a\equiv y/b \) mod \( n \).

 Así que no puedes usar congruencias con fracciones. Si el argumento es salvable tienes que, o bien escribirlo sin fraciones (sugerencia: quitar denominadores), o bien escribir en cada paso que significa ser congruente módulo lo que sea. Es decir si usas que \( x\equiv y \) mod \( n \), pon:

\( x=y+kn \)

Intento lo que me dices, a ver si te parece suficiente:


De esta manera, si pasamos la última ecuación a módulo  \( 3^{3k} \) ,  será que:    


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-\dfrac{a+b}{b}\omega\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)   \( \Rightarrow \)      


\( \dfrac{1}{b}\cdot\left(a+b\omega\right)\left(\dfrac{1}{b^2}\cdot(a^2-b^2)-\dfrac{1}{b}\cdot(a+b)\omega\right)\equiv-\dfrac{1}{b^3}\cdot c^3 \) mod \( 3^{3k} \)   \( \Rightarrow \)      


\( \left(a+b\omega\right)\left(\dfrac{1}{b^3}\cdot(a^2-b^2)-\dfrac{1}{b^2}\cdot(a+b)\omega\right)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)   \( \Rightarrow \)      


\( (a+b\omega)\left(\dfrac{1}{b^3}\cdot(a^2-b^2)-1\cdot 3^{3k-1}\omega\right)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)      


-ó- :     


\( (a+b\omega)\left(\dfrac{1}{b^3}\cdot(a^2-b^2)-2\cdot 3^{3k-1}\omega\right)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)         


Si analizamos con detenimiento estas ecuaciones, llegamos a la conclusión que únicamente tendrían solución si quedaran como: 

\( (1-\omega)\cdot 3^{3k-1}(1-\omega)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)   -ó-   \( (1-\omega)\cdot 2\cdot 3^{3k-1}(1-\omega)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) . 

- ó - 

\( (-1+\omega)\cdot 3^{3k-1}(1-\omega)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)   -ó-   \( (-1+\omega)\cdot 2\cdot 3^{3k-1}(1-\omega)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) . 

Es decir, si  \( \dfrac{1}{b^3}\cdot (a^2-b^2) \)  es congruente con  \( 3^{3k-1} \)   -ó-  con  \( 2\cdot 3^{3k-1} \)  módulo  \( 3^{3k} \) .   Pero esto no puede suceder, porque si  \( a+b\omega\equiv 1-\omega \) mod \( 3^{3k} \)  \( \Rightarrow \)  \( a\equiv 1 \) mod \( 3^{3k} \)  -y-  \( b\equiv -1 \) mod \( 3^{3k} \) ;   y entonces:  \( \dfrac{1}{b}\equiv -1 \) mod \( 3^{3k} \)  \( \Rightarrow \)  \( \dfrac{1}{b^3}\equiv -1 \) mod \( 3^{3k} \) .  Luego  \( \dfrac{1}{b^3}\cdot (a^2-b^2)\equiv (-1)\cdot(0) \) mod \( 3^{3k} \) .  Y lo mismo ocurre si  \( a+b\omega\equiv -1+\omega \) mod \( 3^{3k} \)  \( \Rightarrow \)  \( a\equiv -1 \) mod \( 3^{3k} \)  -y-  \( b\equiv 1 \) mod \( 3^{3k} \) .   

Y en este último caso:  \( (1-\omega)(0-3^{3k-1}\omega)\not\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)  -ó-  \( (-1+\omega)(0-3^{3k-1}\omega)\not\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)  -y-  \( (1-\omega)(0-2\cdot 3^{3k-1}\omega)\not\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)  -ó-  \( (-1+\omega)(0-\cdot 3^{3k-1}\omega)\not\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) .

Un saludo
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10 Noviembre, 2023, 07:01 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

Intento lo que me dices, a ver si te parece suficiente:


De esta manera, si pasamos la última ecuación a módulo  \( 3^{3k} \) ,  será que:    

\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-\dfrac{a+b}{b}\omega\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)   \( \Rightarrow \)      

No. No puedes pasar a módulo nada mientras tengas fracciones.

Saludos.

10 Noviembre, 2023, 07:32 pm
Respuesta #4

Fernando Moreno

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Hola,

No. No puedes pasar a módulo nada mientras tengas fracciones.

Ok, ya veo; entonces no hay caso. Otra artimaña que fracasa  :(

Gracias. Un saludo
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