Autor Tema: Historia de una prueba sencilla del UTF y petición de ayuda para su revisión.

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10 Abril, 2012, 04:18 pm
Respuesta #40

aureodd

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Hola el_manco,
como puedo encontrar las soluciones positivas de \( a_1 \) , \( a_2 \) con \( q>p \)
de \( q.a_1-p.a_2=1 \)?
Por ejemplo para
\( q=101 \) y \( p=97 \) utilizo el algoritmo de Euclides y obtengo
\( 25\cdot97-24\cdot101=1 \)
Necesitaría los valores positivos de \( a_1 \) , \( a_2 \) en
\( 101.a_1-97.a_2=1 \)
Como puedo encontrarlos?
Muchas gracias
Saludos

10 Abril, 2012, 05:16 pm
Respuesta #41

Luis Fuentes

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Hola

 La solución general en los enteros de una ecuación del tipo:

\(  qa_1-pa_2=1 \)

 es de la forma:

\(  (a_1,a_2)=(b_1,b_2)+k(p,q) \)

 siendo \( (b_1,b_2) \) una solución particular obtenida mediante el algorimo de Euclides.

 Sobre esa solución puedes imponer las condiciones que quieras para seleccionar las soluciones que te interesen. Por ejemplo si impones \( a_1,a_2 \) tienes que resolver el sistema de inecuaciones:

\(  b_1+kp>0,\qquad b_2+kq>0 \)

 En tu ejemplo la solución general en los enteros de \( 101a_1-97a_2=1 \) es:

\(  (a_1,a_2)=(-24,-25)+k(97,101) \)
 
 Si imponemos \( a_1,a_2>0  \) tenemos que:

\(  -24+97k>0\quad \Leftrightarrow{}\quad k>\dfrac{24}{97} \)

\(  -25+101k>0\quad \Leftrightarrow{}\quad k>\dfrac{25}{101} \)

 Por tanto todas las soluciones positivas enteras se obtienen como:

\(  (a_1,a_2)=(-24,-25)+k(97,101) \) con \( k\geq 1 \).

Saludos.

23 Abril, 2012, 11:30 am
Respuesta #42

aureodd

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Hola,
estoy queriendo probar que la siguiente ecuación
\( q^n-p^n-r^n=2.n.p.q.r \) (*) no tiene solución para números naturales con \( p \), \( q \) y  \( r \) coprimos positivos, no múltiplos de \( n \).

Para la siguiente ecuación (no es la misma que (*) ) 
\( q^n-p^n-r^n=n.p.q.r \) (**) existen soluciones cuando \( p+r=q \)
P.ej. para \( n=3 \),
\( 11^3-7^3-4^3=3\cdot11\cdot7\cdot4 \)
Se puede asegurar que estas son las únicas soluciones para (**)?
No se cumple p.ej
\( 11^3-7^3-5^3=863 \) que es primo

Muchas gracias!
Saludos

23 Abril, 2012, 12:48 pm
Respuesta #43

Luis Fuentes

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Hola

 Si es cierto que las únicas soluciones enteras de:

\(  q^3-p^3-r^3=3pqr \)

 son aquellas en las que \( q=p+r \). Para ello y utilizando análisis (derivadas, máximos y mínimos) basta comprobar que la función:

\(  f(x)=x^3-p^3-r^3-3prx \)

 tiene una única ráiz positiva.

Saludos.

23 Abril, 2012, 01:17 pm
Respuesta #44

aureodd

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Hola,
Si es cierto que las únicas soluciones enteras de:

\(  q^3-p^3-r^3=3pqr \)

 son aquellas en las que \( q=p+r \). Para ello y utilizando análisis (derivadas, máximos y mínimos) basta comprobar que la función:

\(  f(x)=x^3-p^3-r^3-3prx \)

 tiene una única ráiz positiva.

¿Luego es cierto también para el caso general \(  q^n-p^n-r^n=npqr \), que solo tiene solución para \( q=p+r \)?
¿Y se podría utilizar de algún modo para probar que la primera ecuación \(  q^n-p^n-r^n=2npqr \) (*) no tiene solución?
Muchas gracias!
Saludos

23 Abril, 2012, 04:50 pm
Respuesta #45

Luis Fuentes

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Hola

¿Luego es cierto también para el caso general \(  q^n-p^n-r^n=npqr \), que solo tiene solución para \( q=p+r \)?

Es que para \( n>3 \), \( q=p+r \) nunca es solución de la ecuación. Lo que puede probarse tomando \( f(x)=x^n-p^n-r^n-nprx \), es que la ecuación \( f(x)=0 \) tiene una única solución positiva. Lo que no está tan claro es si puede ser entera.

Citar
¿Y se podría utilizar de algún modo para probar que la primera ecuación \(  q^n-p^n-r^n=2npqr \) (*) no tiene solución?


Exactamente lo mismo de antes. Analítcamente se prueba que fijados \( p,r \) la solución es única. ¿Entera?. Eso es otra historia.

Saludos.

23 Abril, 2012, 05:51 pm
Respuesta #46

aureodd

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Hola

¿Luego es cierto también para el caso general \(  q^n-p^n-r^n=npqr \), que solo tiene solución para \( q=p+r \)?
Es que para \( n>3 \), \( q=p+r \) nunca es solución de la ecuación. Lo que puede probarse tomando \( f(x)=x^n-p^n-r^n-nprx \), es que la ecuación \( f(x)=0 \) tiene una única solución positiva. Lo que no está tan claro es si puede ser entera.

Sí, ha sido un lapsus. Quería decir  y he omitido que
para \( n>3 \), y \( q=p+r \)
\(  q^n-p^n-r^n \equiv 0 \mod (npqr) \)
de hecho con \( q=p+r \) 
\(  q^n-p^n-r^n > npqr \)
lo que busco entonces es que \( q < p+r \). Bajo estas condiciones:
1) \( q < p+r \)
2) \( p, q, r \) coprimos no múltiplos de \( n \)
No es trivial entonces probar que
\(  q^n-p^n-r^n=2npqr \) no tiene soluciones enteras?
Muchas gracias!
Saludos

23 Abril, 2012, 06:13 pm
Respuesta #47

Luis Fuentes

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Hola

No es trivial entonces probar que
\(  q^n-p^n-r^n=2npqr \) no tiene soluciones enteras?

No me atrevo a afirma que no sea trivial.  ;)

A mi no se me ocurre una forma trivial ni no trivial (pero rápida) de probarlo.

Saludos.

14 Mayo, 2012, 04:55 pm
Respuesta #48

aureodd

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Hola,
como sumario de todo el desarrollo hecho en este Asunto, he llegado a las siguientes conclusiones y equivalencias con el UTF \( x^n=y^n+z^n \).

Lo que quisiera demostrar es que no puede darse para
\( p,q,r \) coprimos no múltiplos de \( n \) y \( n \) primo (*):

I) \( (p^n+r^n+npqr)^n=(p^n+npqr)^n+(r^n+npqr)^n \)
con
\( x^n=(p^n+r^n+npqr)^n \)
\( y^n=(p^n+npqr)^n \)
\( z^n=(r^n+npqr)^n \)

También he encontrado otra equivalencia con el siguiente resultado:
II) \( (q^n-npqr)^n=(p^n+npqr)^n+(r^n+npqr)^n \)

ahora si utilizo I) en II)
\( (p^n+r^n+npqr)^n=(q^n-npqr)^n \)
obtengo el resultado en III)

III) \( q^n= p^n+r^n+2npqr \)

Probando que I) o II) no tiene soluciones naturales con las condiciones de (*) probaría que el UTF tampoco las tiene. Me temo que esta prueba sea tan "imposible" como intentar la prueba del término general del UTF \( x^n=y^n+z^n \).

Probando que III) tampoco puede darse con las condiciones de (*) se llegaría a una contradicción y probaría también que el UTF tampoco las tiene. Sin embargo, encontrando soluciones a III) no se probaría nada (o quizás sí, si con esas soluciones se puede llegar a una contradicción en I) o II))

Agredecería cualquier idea, o mucho más cualquier prueba de que I), II) o III) no tienen solución.  ;)
Muchas gracias!
Saludos

 


14 Mayo, 2012, 05:13 pm
Respuesta #49

Luis Fuentes

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Hola

 A mi no se me ocurre nada. Sólo dos observaciones:

 I) ¿Qué te hace pensar que va a ser más fácil probar la imposibilidad de esas ecuaciones que de la original de Fermat? (pregunta que tu mismo te haces, creo).

 II) En esto soy reiterativo: en cualquier caso intenta centrar tus esfuerzos en el caso \( n=3 \).

Saludos.

15 Mayo, 2012, 02:22 am
Respuesta #50

aureodd

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Hola,
teniendo en cuenta que
\( p,q,r \) coprimos no múltiplos de \( n \) y \( n \) primo (*)
quiero probar
I) \( (p^n+r^n+npqr)^n=(p^n+npqr)^n+(r^n+npqr)^n \)
con
\( x^n=(p^n+r^n+npqr)^n \)
\( y^n=(p^n+npqr)^n \)
\( z^n=(r^n+npqr)^n \)

no tiene soluciones enteras para \( n=3 \).

\( (p^3+r^3+3pqr)^3=(p^3+3pqr)^3+(r^3+3pqr)^3 \)
lo podemos escribir como
\( (a+b+c)^3=(a+c)^3+(b+c)^3 \) con  \( a=p^3 \) , \( b=r^3 \) , \( c=3pqr \)
Haciendo el desarrollo nos queda
\( 3a^2((b+c)-c)+3a((b+c)^2-c^2)=c^3 \Rightarrow 3ab[a+b+c+c]=c^3 \Rightarrow \)
\( 3ab(a+b+2c)=c^3 \Rightarrow 3p^3r^3(p^3+r^3+2\cdot3pqr)=3^3.p^3q^3r^3\Rightarrow \)
\( p^3+r^3+2\cdot3pqr=3^2q^3 \Rightarrow p^3+r^3=3^2q^3-2\cdot3pqr \) (1)
y esto implica que \( p^3+r^3 \) sea múltiplo de \( 3 \), luego \( p+r \) también es múltiplo de \( 3 \). Sea \( p+r=3k \) para algún \( k \).
Por otro lado podemos escribir
\( (p^3+r^3)-(p+r)^3=3pr(p+r)B(p,r) \) para algún \( B(p,r) \)
\( (p^3+r^3)=3pr(p+r)B(p,r)+(p+r)^3 \) (2)
Sustituyendo (1) en (2) y \( p+r=3k \)
\( 3^2q^3-2\cdot3pqr=3pr(3k)B(p,r)+(3k)^3 \)
Todos los términos son múltipos de \( 3^2 \) excepto \( 2\cdot3pqr \). Luego esta igualdad no puede darse. Con las hipótesis de las que partiamos se llega efectivamente a una contradicción para el caso \( n=3 \)?
Aún siendo correcto, creo que el mismo desarrollo no sirve para \( n>3 \)
...
Muchas gracias!!
Saludos




15 Mayo, 2012, 06:36 pm
Respuesta #51

Luis Fuentes

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Hola

 Creo que está bien. Entiendo que afirmas entonces que tienes una demostración del Teorema de Fermat para \( n=3 \). Si es así, yo, escépico, no me lo creo. Es decir pienso que tienes algún error.

 Escribéla completa. Pero por favor, para el caso \( n=3 \).

 Creo que no das suficientemente valor al hecho de encontrar una demostración de ese caso. No se conoce ninguna demostración del caso \( n=3 \), con matemáticas razonablemente elementales. Entonces si efectivamente la has encontrado tiene un gran valor. Como poco, sería publicable en una revista de matemáticas de primer nivel.

Saludos.

P.D. Continuamente tienes en tu cabeza el caso general. En serio, dedica unas horas de tu vida al caso n=3. Se nota que siempre estás pensando en la generalidad cuando escribes cosas como:

\( (p^3+r^3)-(p+r)^3=3pr(p+r)B(p,r) \) para algún \( B(p,r) \)

En realidad sin más que hacer cuentas:

\( (p^3+r^3)-(p+r)^3=-3pr(p+r) \)

... más sencillo... más claro... más bonito  ;)


16 Mayo, 2012, 01:32 pm
Respuesta #52

aureodd

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Hola el_manco,
ya he subido el documento para \( n=3 \)
http://eduardoochoa.com/joomla/content/view/569/68/1/1/
Creo que ya habías revisado gran parte del documento para el término general. Lo nuevo de esta última versión para \( n=3 \) es el Lema 3.3 y el Lema 6
Espero como siempre tus comentarios.
Muchas gracias!!!
Saludos

18 Mayo, 2012, 09:49 am
Respuesta #53

Luis Fuentes

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Hola

 No tengo tiempo de escribir todos los comentarios que he anotado (lo haré en otro momento). Pero de momento vamos con las críticas más troncales.

 En el Lema 4.1 no entiendo porque no podría darse que:

\(  (y+z)=3^mE^3,\qquad R(x,y)=3F^3 \)

 con \( 2m+1 \) múltipo de tres.

 En la demostración tu partes de suponer que si \( (y+z)=3^mE^3 \) entonces \( R(x,y)=3^{3-m}F^3 \). Pero en esa suposición ya estás obviando la posibilida de que:

\( (y+z)=3^mE^3 \)

\( R(x,y)=3^{\color{red}3N\color{black}-m}F^3 \).

Saludos.

18 Mayo, 2012, 01:46 pm
Respuesta #54

aureodd

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Hola el_manco,
creo que tienes razón cuando dices
En la demostración tu partes de suponer que si \( (y+z)=3^mE^3 \) entonces \( R(x,y)=3^{3-m}F^3 \). Pero en esa suposición ya estás obviando la posibilida de que:

\( (y+z)=3^mE^3 \)

\( R(x,y)=3^{\color{red}3N\color{black}-m}F^3 \).

Creo que no hay problema en modificar el Lema 4.1 y el resto del doc. sustituyendo donde pone
\( R(x,y)=3^2F^3 \).
por
\( R(x,y)=3^{\color{red}3N\color{black}-m}F^3 \).
sin alterar la conclusión final.
El Lema 4.1 con este cambio estaría entonces correcto?
Muchas gracias!
Saludos

18 Mayo, 2012, 03:01 pm
Respuesta #55

Luis Fuentes

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Hola

 Si, el lema 4.1 estaría correcto. Pero el problema es que con ese cambio, se estropea el razonamiento del Lema 6, que es la clave de todo.

 Allí el término \( 3pqr \) pasaría a \( 3^{\frac{2m+1}{3}} \) y el término \( 3^2p^3 \) pasaría a \( 3^{2m}p^3 \).

 Esto hace desaparecer la contradicción con la que concluye la prueba del Lema 6.

Saludos.

18 Mayo, 2012, 04:57 pm
Respuesta #56

aureodd

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Hola,
estaba revisando el doc. y en la pag. 4 aparece
\( (x-y)(y-b)M=3^2.k^3 \)
luego
\( (x-y) \), \( (y-b)=(x-z) \), (*)
en caso de ser múltiplos de alguna potencia de \( 3 \), como mucho sería de \( 3^2 \)?
Luego modificando el enunciado del Lema 4.1 sería correcta la prueba de este lema? O quizás no sería necesario incluirlo en el doc. y bastaría con un proposición equivalente utilzando el argumento anterior?

(*) No esta incluido en el doc. pero lo mismo valdría para \( (y+z) \).
Saludos

18 Mayo, 2012, 09:25 pm
Respuesta #57

Luis Fuentes

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Hola

 Pero es que en esa página no se dice, ni se utiliza, ni se necesita, que \( k \) no sea divisible por tres.

Saludos.

18 Mayo, 2012, 09:57 pm
Respuesta #58

Luis Fuentes

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Hola

 Voy a tratar de escribir como reformulo yo tu trabajo y cómo la mayoría de tus demostraciones son así inmediatas. Excepto la del Lema 6, que es la que falla.

 En primer lugar es cómodo escribir la ecuación de Fermat como \( x^3+y^3+z^3=0 \) en lugar de la manera clásica, permitiendo que las variables sean negativas. Esto evita tener que repetir argumentos para tus tres términos \( (x-y),(x-z)=(y-b),M=(y+z) \) que ahora con mi notación son simplemente \( (x+y),(x+z),(y+z) \). De forma que por simetría lo que probemos para uno, queda probado para los demás.

 Entonces sean \( x,y,z \) tres enteros coprimos dos a dos verificando \( x^3+y^3+z^3=0. \)

 1) \( 3(x+y)(x+z)(y+z)=(x+y+z)^3 \)

 Prueba: Basta tener en cuenta que, \( 3(x+y)(x+z)(y+z)=(x+y+z)^3-x^3-y^3-z^3 \) y usar que estamos bajo el supuesto de que los tres números cumplen la ecuación de Fermat.

 2) \( (x+y),(x+z),(y+z) \) son coprimos dos a dos.

 Prueba: Basta tener en cuenta que por (1) cualquier divisor primo de uno de esos términos lo es de \( (x+y+z) \). Entonces si \( x+y,x+z \) son divisibles por \( p \),

 \( z=(x+y+z)-(x+y) \) divisible por \( p \)
 \( y=(x+y+z)-(x+z) \) divisible por \( p \)

 Pero \( z,y \) son coprimos: contradicción.

 3) Uno y sólo uno de los términos \( (x+y),(x+z),(y+z) \) es divisible por \( 3 \) (supondremos sin pérdida de generalidad, a partir de ahora, que tal término es \( y+z \)).

 Prueba: Por (1), (\( x+y+z) \) es divisible por \( 3 \) y por tanto \( 3(x+y)(x+z)(y+z)=(x+y+z)^3 \) divisible por \( 3^3 \). Por tanto efecivamente alguno de los términos es divisible por tres. La unicidad es consecuencia de (2).

 4) \( (y+z)=3^mE^3 \) con \( mcd(E,3)=1 \) y \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \).

 Prueba: Se tiene que \(  -x^3=y^3+z^3=(y+z)(y^2-yz+z^2)  \). Como \( (y+z) \) es múltiplo de tres, también lo es \( x \). Como \( x,y,z \) son coprimos, \( y,z \) no son divsibles por tres. Por tanto:

\( (y+z)=3^mE^3,\qquad (y^2-yz+z^2)=3^{3k-m}F^3 \) con \( mcd(E,3)=mcd(F,3)=1 \).

 Pero: \( 3yz=(y+z)^2-(y^2-yz+z^2)=3^{2m}E^6-3^{3k-m}F^3 \). Como \( y,z \) no son divisibles por tres necesariamente \( 3k-m=1 \), es decir, \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \).

 5) Existen enteros \( p,q,r  \) coprimos dos a dos y no múltiplos de \( 3 \) tales que:
 
\( y+z=3^mp^3 \) con \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \)
\( x+y=q^3\quad x+z=r^3\quad x+y+z=3^{\frac{m+1}{3}}pqr \)

 Prueba: Basta aplicar (2),(3),(4) a (1)

 6) Existen enteros \( p,q,r  \) coprimos dos a dos y no múltiplos de \( 3 \) tales que:

\(  q^3=2\cdot 3^{\frac{m+1}{3}}pqr-3^mp^3-r^3 \) con \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \)

 Prueba: Basta tener en cuenta que por (5):

\(  x=(x+y+z)-(y+z)=3^{\frac{m+1}{3}}pqr-3^mp^3 \)
\(  y=(x+y+z)-(x+z)=3^{\frac{m+1}{3}}pqr-r^3 \)
\(  x+y=q^3 \)

 

 En tu Lema 6 pruebas que no existen números en las condiciones de (6) para \( m=2 \). Si lo probases para cualquier  \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \), tendrías la prueba que buscas.

Saludos.

20 Mayo, 2012, 10:02 pm
Respuesta #59

aureodd

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Hola
Hola

 Voy a tratar de escribir como reformulo yo tu trabajo y cómo la mayoría de tus demostraciones son así inmediatas. Excepto la del Lema 6, que es la que falla.

Aunque me resulta "complicado" adaptarme a tu cambio de notación, me parece absolutamente genial la simplicidad con la que has reformulado todo el trabajo.
Lo revisaré con detalle...

 En tu Lema 6 pruebas que no existen números en las condiciones de (6) para \( m=2 \). Si lo probases para cualquier  \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \), tendrías la prueba que buscas.

Saludos.
... y pensaré el caso para  \( m\equiv 2 \pmod 3  \)
Muchas gracias!
Saludos