Autor Tema: El último teorema de Fermat. Una demostración sencilla.

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24 Mayo, 2008, 03:27 am
Respuesta #180

Ruben Rosas

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 Leonardo 09, no sé a quien te dirijes cuando dices no le gustó mi opinión.Si

 te refieres a mí, no quise significar que no me gustó tu opinión, si no que creo

 lícito que existan personas que piensen que las propuestas de Fermat a lo mejor

 involucren cuestiones más simples que lo que muchos creen, personalmente

 es lo que también creo.Una vez alguien me trajo la demostración del PTF

dado por inducción completa, es increíble la sencillez de ésta demostr.

 comparada con otras rimbombantes llenas de símbolos extraños a los que los

 alquimistas del medievo envidiarían. Es decir siempre existe la posibilidad de

 una demostración sencilla sin recurrir a artificios extravagantes.

24 Mayo, 2008, 08:07 pm
Respuesta #181

jorgekarras

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Hola, Racedom:

La verdad es que yo soy solo un aficionado y no me puedo meter en epistemologías. Pero creo que todo tiene que ver con los números primos. Su aparición en el orden de los naturales es, al parecer, aleatoaria, impredicible. Luego una serie aparentemente "regular" en sus conclusiones puede irse a la porra por un impredecible primo.

Por eso, sin dudar que tengas razón o no, creo que te falta la fórmula que sustituya la serie que propones. Una fórmula ya sería algo irrefutable. (la verdad es que, como dije antes, perdí el hilo de tu argumentación, pero por lo que he ido leyendo, nadie te ha refutado, luego seguro que tienes razón, pero nadie te la pueda dar a falta de fórmula).

 - En mi caso, por ejemplo, advertí la relación de los números triangulares con el resto de cubos consecutivos; pero sólo la observación no me valía 100%. La propuse como una sólida hipótesis. Sólo la demostración con el desarrollo del binomio al cubo me lo asegura completamente:

z3 - (z-1)3 = 3z2-3z + 1 = 3 (z2-z) +1 = 6 (Tz-1) + 1


En cuanto lo que dices de Pitágoras, en algún topic ya se ha comentado la igualdad con el binomio de Newton, ambos dos el mismo asunto y probablemente el más antiguo problema matemático.

En el caso de Fermat, su argumentación era un "descenso infinito" o algo así que demostraba la imposibilidad de construir un triángulo rectángulo donde los tres lados sean números naturales al cuadrado. De ahí, la imposibilidad de a4+b4 = c4 - Y demostrado el caso 4, se demuestran todas las potencias pares ya que a2n = A2, considerando A un número natural A=an

En el caso de las impares, por el tema de los primos, habría que ir número a número... 

O no,  :-\

Salu2

25 Mayo, 2008, 09:50 pm
Respuesta #182

Ruben Rosas

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 La pregunta de dar ejemplos de una serie en donde nunca aparezcan números

 primos no sé a quien se las hace.Como ignoro si es al foro en general doy una

 respuesta:

  6, 12, 20, 30, 42, 56,72,......

 Otra: 8, 15, 24, 35,48,43,80,.....

 mejor: 10, 18, 28, 40, 54, ....

 Para mí importante sería saber cuándo dadas las fórmulas que permiten

 construir las sucesiones, saber si éstas tendrán uno o varios o ninguno

 números en común. Pregunta¿ alguien sabe si existe un método para ésto?


25 Mayo, 2008, 11:44 pm
Respuesta #183

jorgekarras

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Hola:

Racedom tiene razón y había una laguna en la demostración, así que la he eliminado para estudiarla con más calma.

En cuanto a la impredecibilidad de los números primos es palpable. No hay una fórmula matemática que nos diga cuándo aparecen en el orden de los naturales.
Incluso Fermat se equivocó, así como su amigo Merssene cuando lo intentó con sus famosos números.

Sobre las potencias pares:

Si demuestras que no es posible una terna pitagórica del tipo
(A2, B2, C2)
demuestras la imposibilidad de
A4 + B4 = C4
pero de paso demuestras la imposibilidad de ternas pares superiores a dos del tipo
( (an)2, (bn)2, (cn)2 )
pues también son cuadrados.

La investigación histórica sobre el tema ha ido despejando primo a primo. Euler se encargó del 3, otros del 5, del 7, del 11... Algunos sacaron fórmulas para los primeros 100 primos, excepto dos o tres... En fin, poco a poco.
Sólo Willes, hace pocos años, demostró la total imposibilidad de todos los números superiores a 2 de una manera harta complicada que ni me he leído ni entendería...No es una demostración aritméticamente propiamente dicha, sino que demuestra algo que a su vez demuestra algo que lo demostraría... ;) Con matemáticas que hace menos de un siglo no existían. (de ahí que la gente tenga curiosidad por saber si Fermat también lo demostró o no, con matemáticas más sencillas)

En cuanto a tu propuesta, a veces creo entenderla y a veces no. Pero creo (y no te lo tomes mal, que yo no soy un experto) que si puedieras sustituir todas las sucesiones por una fórmula aplicable a todos los casos sin excepción, estaría mejor.

Claro que, ¿se puede crear una fórmula que designe la sucesión de los primos?

1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 19, 31, 37, 43, 53 ...., ¿que permita saber cuál será el siguiente primo que aparecerá después de 45678345231 ?

Salu2 y gracias por señalarme el error.



26 Mayo, 2008, 11:00 pm
Respuesta #184

jorgekarras

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yo creía que estaba claro que el número de primos gemelos es infinito...  ???

Veamos:
Todos los primos superiores a 3 corresponden a estas dos opciones

6x -1  o 6x+1

con x natural mayor que 0
Dos primos son gemelos cuando comparten la x

Si hay infinitos primos, habrá infinitos primos de la primera fórmula, e igualmente infinitos primos de la segunda.
De donde en infinitas ocasiones dos primos compartirán su x.
Luego habrá infinitas parejas de primos gemelos.

 :)


27 Mayo, 2008, 10:52 am
Respuesta #185

jorgekarras

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Bueno, yo jugaba con la idea de infinitas posibilidades.

Podemos saber cuántos primos (más o menos) hay entre dos números tales.

por ejemplo, entre los valores de x (5670, 45670)

Pongamos que la mitad sean 6x-1 y la otra mitad 6x+1 (aunque creo que habría más de la forma 6x-1 que de la otra: digamos 60 - 40, daría lo mismo para el caso; esto sí se podría calcular).
Se podría entonces calcular las posibilidades que coincidieran al menos una vez "en el mismo x"

Si esta posibilidad no se diera probabilísticamente, es de suponer que aumentando las opciones, llegarían un momento en que sí existiera esa posibilidad de que coincidieran al menos una vez al 100%, o incluso dos veces o tres...

La ventaja es que no tenemos límite para aumentar esas posibilidades, pues lo podemos hacer infinitamente. No sería posible, creo, que siempre diera 0% de posibilidades de esa coincidencia.

Salu2



02 Junio, 2008, 09:20 pm
Respuesta #186

Ruben Rosas

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 Que yo sepa a Euler se le atribuye la demostración del PTF pero no el UTF

07 Junio, 2008, 07:30 am
Respuesta #187

jorgekarras

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Vuelvo un poco a la carga sobre la posibilidad de que la diferencia de dos cubos consecutivos sea otro cubo.
¿n3- (n-1)3 = y3?
A ver qué os parece.

1.- Buscamos esto

n3- (n-1)3 = 3n2 - 3n +1 = y3
sabiendo que y3 es congruente con 1 mod(6)

2.- Podemos establecer la siguiente hipotética igualdad

3n2 - 3n +1 - y3 = 0

y consideramos (1-y3) como el elemento "c", podemos intentar encontrar un solución diofántica a n estableciendo

\( n = \displaystyle\frac{3 \pm{ \sqrt[ ]{9 - 4*3*(1-y^3)]}}}{6} \)
\( n = \displaystyle\frac{3 \pm{ \sqrt[ ]{12y^3 -3}}}{6} \)

donde la dificultad para obtener un entero estriba en la raíz cuadrada.
Se debe dar una igualdad tal que  6(2y3) - 3 = A2

3.-
 Si \( A^2\equiv{-3 mod(6)} \), A también lo debe ser necesariamente.
A=6k-3. Si lo elevamos al cuadrado vemos que que debe tomar la siguiente forma:
36k2-36k+9 = 6(6k2 - 6k +1) +3 = 6(6k(k-1) + 1) +3

Es decir, que un número 3 mod(6) al cuadrado es 6, multiplicado por un número 1 mod (6), más 3

4.- Sin embargo,  la estructura 6(2y3) - 3 no coincidirá nunca, pues siendo y3 congruente con 1 mod (6), su doble será siempre 2 mod(6)

6 (6k(k-1)+1) +3 no es congruente con 6(2y3) - 3
y por tanto la raíz cuadrada no tiene una solución diofántica, y "n" no puede ser un número natural.


Salu2

08 Junio, 2008, 11:48 pm
Respuesta #188

Ruben Rosas

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 Se me ocurre una solución sencilla del UTF, y es extremadamente simple
 
 pero al contrario de lo que muchos imaginan y lo que yo imaginaba, no es

 una solución propiamente algebraica y se necesitaría enviar al foro un dibujo

 explicativo, pero no sabría cómo hacerlo, pero además como sobre la

 cuestión de la publicación he tenido una triste experiencia, tengo ciertas

 aprensiones a hacerlo. Espero que alguna vez lo publique y que no sea

 necesario que pasen 400 años para que se verifique la afirmación, tal como

 le ocurrió a Fermat. Pero ésto es sólo una noticia sobre la cuestión, y

 no espero que alguien me crea.

 Respecto del mensaje 289, en la parte dos, se ve que la raíz cuadrada es

 imposible en números enteros pues tiene factor común tres, y no es un

 cuadrado. Yo había dicho que simplificando la ecuación por tres entonces

 el término independiente debía ser -n(n+1) lo cual se verifica pues si por

 ejemplo existiera la solución\( [tex]3^3 + 4^3 = 5^3, tambvién debería

 darse[tex](-3)^3 + (-4)^3 = (-5)^3 \)
   

09 Junio, 2008, 07:41 pm
Respuesta #189

Ruben Rosas

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 Se me ocurre que mejor sería plantear la ecuación como

 \( (Y+r)^3 - Y^3 \) de ésa forma resultan  los A,B

 términos positivos, si r= 1 se tendría

 \( 3Y^2 + 3Y + 1- u^3 = 0 \)

 dividiendo por 3 resulta

 \( Y^2 + Y + (1-u^3) /3 = 0 \) que es dela forma

 A Y^2 + BY + C = 0,    con A=1, B=1

 Siendo B=1, entonces \(  (1-u^3)/3 [tex]debe ser de la

 forma -n(n+1) en dónde una raíz es n, y la otra es -(n+1)

 pues la suma de las dos raíces debe dar - B, que en éste

 caso es -1. Ésto se debe cumplir pues como decía en un

 mensaje anterior si por ejemplo fuera [tex]5^3+12^3=13^3 \)

 también debería cumplirse\( (-5)^3+(-12)^3=(-13)^3 \)pues

 al sumar uno a Y debe obtenerse  el siguiente de Y, o sea

 12+1 = 13, -13 + 1 = -12