Autor Tema: Comentarios al hilo sobre el UTF para exponente 3

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25 Mayo, 2015, 12:52 pm
Respuesta #60

Carlos Ivorra

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Hola

Históricamente Euler fue el primer matemático que demostró el UTF para exponente \( n=3 \).

Esta demostración apareció publicada en el último capítulo de su libro "Algebra" en 1770.

Esta demostración adolecía de un paso no debidamente justificado en los argumentos utilizados por él.

No recuerdo donde leí que fue Gauss quien solventó el citado leve paso, quedando la demostración de Euler correcta.

No entiendo, Carlos, que hables de dos demostraciones distintas (Euler y Gauss) y atribuyas a la de Gauss mayor claridad y elegancia.

En mi opinión hay una sola demostración, pero estoy segura que tendrás argumentos para defender tu postura.

Saludos.

¿Tu opinión se basa en una comparación de las pruebas? Porque, si es así, no debes de haberlas mirado mucho. Euler no factorizó completamente la forma \( x^3+y^3 \), y usó números de la forma \( a+b\sqrt{-3} \) para tratar con el factor de segundo grado. En cambio, la prueba de Gauss que acabo de presentar factoriza completamente la forma \( x^3+y^3 \) en tres factores lineales usando enteros ciclotómicos, que pueden verse también en la forma

\( a+b\dfrac{1+\sqrt{-3}}2 \)

El añadir ese denominador 2 hace que se cumpla la factorización única que no cumplen los números considerados por Euler. Pero la prueba que he presentado es bastante diferente a la de Euler en muchos aspectos.

25 Mayo, 2015, 05:52 pm
Respuesta #61

minette

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Hola

A ver si me aclaro. No sé si se trata de dos demostraciones: la de Euler y la de Gauss. O bien de tres: la de Euler, la de Gauss y la de Carlos Ivorra.

Si no prescindimos de consideraciones subjetivas como claridad y elegancia, también cabe el concepto de mérito o meritoriedad.

Euler partía de cero en su demostración. Gauss hizo la suya conociendo la de Euler.

Par mí el mérito de Euler es mucho mayor que el de Gauss aunque esta afirmación no está exenta de mi propia subjetividad.

Saludos.

25 Mayo, 2015, 08:58 pm
Respuesta #62

robinlambada

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Muchas gracias Carlos, me ha gustado mucho y creo que la he entendido completamente ( a pesar de tantos detalles y consideraciones), gracias a tu exposición clara, amena y rigurosa.

Realmente Gauss era un monstruo de las matemáticas al igual que Euler, pero no creo que sea este el hilo para debatir sobre méritos , ni si sólo hay una o dos demostraciones para el caso de exponente 3, subjetivamente hablando.


Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.

25 Mayo, 2015, 09:10 pm
Respuesta #63

Carlos Ivorra

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Muchas gracias Carlos, me ha gustado mucho y creo que la he entendido completamente ( a pesar de tantos detalles y consideraciones), gracias a tu exposición clara, amena y rigurosa.

Me alegra que te haya gustado.

28 Mayo, 2015, 12:09 pm
Respuesta #64

feriva

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Hola

A ver si me aclaro. No sé si se trata de dos demostraciones: la de Euler y la de Gauss.

Hola, minette. En calidad de último mono del foro, te cuento mi experiencia de aficionado con esta demostración (que, para ser sincero y aun a riesgo de que Carlos me regañe, todavía no he mirado en profundidad ni mucho menos, voy muy despacio).

Lo que hice, básicamente, consistió en leer varias veces algunos puntos cruciales; entre otras cosas, para valorar si conocía el aparato matemático que se usa (que me parece que sí lo conozco todo, ya veremos más adelante cómo lo tengo de olvidadas algunas cosas). Luego, me detuve bastante en el principio, porque tardé en entender lo que ocurría pese a que es claro. Mis cuentas personales para ir entendiendo la cosa han sido más menos éstas:

Si existen dos números enteros \( x^{3} \)
 , \( y^{3}
  \) (que existen, porque todavía no hablamos de cuál es su suma ni nada) el cociente \( x^{3}/y^{3}
  \) es un número racional (y, dentro de ser racional, puede ser entero o no). Sea ese número racional “k”; entonces:

\( \dfrac{x^{3}}{y^{3}}=k
  \)

Ahora hagamos el cambio de variable \( \dfrac{x^{3}}{y\text{\textthreesuperior}}=t^{3}
  \) (estoy dando los pasos marcha atrás). Así, escribimos lo mismo de esta forma:

\( t^{3}=k \) ó despejando \( t^{3}-k=0  \)

donde tenemos un polinomio de grado tres en el cual esa “k” tiene que ser, necesariamente, un número racional para que sea posible la relación \( x^{3}+y^{3}=z^{3}
  \) con números enteros.

Dado que trabajamos con números que pueden tener un signo u otro, “k” puede ser positivo o negativo; eso nos permite trabajar indistintamente, sin perder generalidad, con el polinomio \( t^{3}+k=0
  \)

Spoiler

vamos a suponer que tenemos, por ejemplo, \( t^{3}-5=0
  \), pues es lo mismo que escribir \( t^{3}+(-5)=0
  \); es decir, se ve claro que puedo analizar lo que sea usando solamente la ecuación \( t^{3}+k=0
  \)

[cerrar]

Completando el polinomio con todos sus grados, escribimos:

\( t^{3}+0\cdot t^{2}+0\cdot t+k=0
  \)

Tenemos una raíz que es evidente: si hacemos \( t^{3}=-k
  \) la igualdad es cierta, luego \( t=\sqrt[3]{-k}
  \).


Ahora, dado que, por el Teorema Fundamental del Álgebra, la ecuación de tercer grado tiene que tener tres raíces y al menos una de ellas ha de ser real, y es ésa que hace la igualdad cierta.

esto del spoiler no, que la raíz es cúbica no hacen falta inventos ni cambiar signos

Spoiler
si “k” es un número negativo, ésa será la raíz real; sin perder generalidad se puede escribir

\( -k=q \) donde “q” es un número positivo.

\( t=\sqrt[3]{-(-q)}
  \); o sea: \( t=\sqrt[3]{q}
  \)

[cerrar]

Esto nos permite, de forma elemental, obtener con mucha facilidad las otras dos raíces; vasta aplicar Ruffini usando dicha raíz para que nos queden (debajo de la rayita) los coeficientes de una ecuación de segundo grado la cual, al resolverla mediante la conocida fórmula, nos dará esas raíces o soluciones que nos faltan (las omegas de Gauss, pero con una letra en vez de con “1”).

Qué ocurre con la particularidad “k=1”:

\( t^{3}+1=0
  \) donde \( t^{3}=\dfrac{x^{3}}{y^{3}}
  \)

O sea

\( \dfrac{x^{3}}{y^{3}}+1=0
  \) y despejando \( x^{3}=-y^{3}
  \)

Luego con k=1, para enteros, la igualdad siempre tiene solución

\( x^{3}+y^{3}=-y^{3}+y^{3}=0^{3}
  \)

Spoiler

Por ejemplo, tomemos un número al azar, el 3; entonces, si y=3, \( y^{3}=27
  \), por lo que \( x^{3}=-27=(-3)^{3}
  \), o sea \( x=(-3)
  \), y así para cualquier número que tomemos.

[cerrar]

A partir de aquí, en un desarrollo algebraico muy claramente explicado, se hace ver cómo se llega a la expresión:

\( x^{3}+y^{3}=(x+y)(x\,\omega+y\,\omega^{2})(x\,\omega^{2}+y\,\omega)
  \)

Por lo dicho, el “z cubo” de esta forma siempre existe como solución trivial

\( z^{3}=(x+y)(x\,\omega+y\,\omega^{2})(x\,\omega^{2}+y\,\omega)
  \)

Ahora cabe sospechar que el pensamiento inicial de Gauss (antes de pensar otras cosas) pudo ser: si yo demuestro que toda suma de enteros \( x^{3}+y^{3} \)
  se puede reescribir o convertir a esa forma, entonces toda solución para “z” es cero. Porque, si se puede hacer eso, se puede seguir el desarrollo hacia atrás hasta que encontramos la ecuación con “k=1” que implica la solución trivial; es decir, implica \( x^{3}=-y^{3}
  \) (digo que ésta pudo ser una forma de pensar, no lo sé a ciencia acierta).

Por el contrario, la factorización inicial de Euler no está sujeta a la solución trivial, sirve en general (y es cierta para los número irracionales).

Ahora, en estos días, seguiré viendo y pensando las cosas que vienen después; no seguí, entre otras razones que no vienen al caso, porque no me gusta analizar pasos algebraicos cuyo mecanismo entiendo pero no sé qué están intentando demostrar exactamente. Creo que entender bien la idea principal es imprescindible, porque a veces se ven cosas que no son, por eso hay que mirar y remirar los puntos sin prisa antes de pasar a otros.

Saludos.

03 Septiembre, 2015, 01:38 pm
Respuesta #65

mongar

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Estimado profesor: mi respeto y consideración. He leído con atención y detenimiento su escrito, la introducción, demostración y comentarios. Vd. hace lo difícil asequible y lo asequible evidente. Un verdadero maestro. Entre los comentarios me ha llamado la atención el que hace Feriva. Cuando hace la "cirugía imaginaria", no separa la raíz real de las complejas y eso hace ( a mi modo de ver ) que los valores de x y dé y sean solidarios, haciendo que fracase esta factorizacion para otros exponentes, amén de los dominios de factorizacion única. La factorizacion que ha propuesto se puede generalizar, usando este polinomio : resultado una vez separada la parte entera,  x^2 + px + p^2 . Evidentemente los valores de x y de y son iguales; pero si atendemos a la diferencia positiva entre x e y, obtenemos este otro : x^2 +(m+1)x + m^2 - m + 1, también separada la parte entera de la ecuación, m es la diferencia positiva. Decir que según mis estudios expuestos en este foro, cada exponente tiene sus propios números ciclotomicos. El método que he expuesto se puede generalizar a cualquier exponente. Saludos cordiales.

31 Agosto, 2017, 10:43 pm
Respuesta #66

Proyecto_dos

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Hola, estoy repasando esta demostración y me atasco aquí:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=82024.msg328655#msg328655

Donde pone:  " Sabemos que  \( \pi^2\mid 3 \) ,  luego  \( \pi^4\mid 9 \) .  En particular  \( \pi^3\mid 9 \) , luego . . . "

Como:  \( 3=-\omega^2\pi^2 \) ,  es claro que  \( \pi^2\mid 3 \)  \( \wedge \)  \( \pi^4\mid 9 \) . ¿Pero cómo podemos saber que el resultado de  \( \pi^3\mid 9 \)  es un entero ciclotómico de orden 3?  No lo veo.

Gracias de antemano,
  La individualidad es el engaño útil del verdadero objetivo general.  F. Moreno 

31 Agosto, 2017, 10:50 pm
Respuesta #67

Carlos Ivorra

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¿Te refieres al cociente de la división? Pues porque eso precisamente es lo que significa ser divisible. Si sabemos que \( \pi^4\mid 9 \), eso significa que existe un entero ciclotómico \( \alpha \) tal que \( 9 =\pi^4\alpha \). Si \( \alpha \) no fuera entero, significaría que \( 9 \) no era divisible entre \( \pi^4 \), por definición.

Por lo tanto \( 9 = (\pi^3)(\pi\alpha) \), donde \( \pi\alpha \) es entero.

31 Agosto, 2017, 11:26 pm
Respuesta #68

Proyecto_dos

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Aclarado sí, muchas gracias. No lo veía por ninguna parte
  La individualidad es el engaño útil del verdadero objetivo general.  F. Moreno 

01 Septiembre, 2017, 12:02 pm
Respuesta #69

Proyecto_dos

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Hola, ya estoy en la parte crítica de la demostración y me atasco en esta igualdad:  \( v_p(\eta^3)=3v_p(\eta) \)

Voy por partes:

Como:  \( \eta^3=\eta'_1\eta'_2\eta'_3 \) ,  entonces -por definición-:  \( v_p(\eta^3)=v_p(\eta'_1)+v_p(\eta'_2)+v_p(\eta'_3) \)

Como  \( \eta'_1\eta'_2\eta'_3 \)  son coprimos, supongamos ahora que  \( p\mid \eta'_1 \) ;  entonces  \( p \)  no dividirá ni a  \( \eta'_2 \)  ni a  \( \eta'_3 \) .  Luego:

\( v_p(\eta^3)=v_p(\eta'_1) \)

Me falta llegar a:  \( 3v_p(\eta) \) .  Esta cosa tan tonta
  La individualidad es el engaño útil del verdadero objetivo general.  F. Moreno 

01 Septiembre, 2017, 12:22 pm
Respuesta #70

Carlos Ivorra

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Pero, ¿por qué dices que \( \eta^3 = \eta'_1\eta'_2\eta'_3 \), con los factores coprimos? De toda la vida, \( \eta^3 = \eta\eta\eta \), y lo que tienes al aplicar \( v_p \) es que \( v_p(\eta^3)=v_p(\eta)+v_p(\eta)+v_p(\eta)=3v_p(\eta) \).

01 Septiembre, 2017, 12:45 pm
Respuesta #71

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Vale, ahora sí. Dicho como lo pones es de perogrullo pero metido en la demostración no se ve tan fácil. Ahora ya sólo me queda el tema de las unidades. Es un razonamiento muy interesante ése de esta parte de la demostración porque se generaliza fácilmente para cualquier caso en que una potencia sea igual a un producto de factores coprimos y evita el tema de si hay o no factorización única
  La individualidad es el engaño útil del verdadero objetivo general.  F. Moreno 

01 Septiembre, 2017, 01:49 pm
Respuesta #72

Proyecto_dos

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Hola, respecto del tema de las unidades sólo tropiezo al principio; supongo que en otra cosa de perogrullo..

Me es difícil llegar aquí:  \( v_\rho(\eta)=v_\rho(\theta_1\theta_2\theta_3) \)

Creo que el razonamiento que haces es éste:

Como:  \( \eta^3=\epsilon_1\epsilon_2\epsilon_3\theta_1^3\theta_2^3\theta_3^3 \) ,  entonces:  \( v_p(\eta^3)=v_p(\theta_1^3\theta_2^3\theta_3^3) \)  y por tanto:

\( v_p(\eta)=v_p(\theta_1\theta_2\theta_3) \)

¿Es así?

(En el texto haces referencia a que te basas en la ecuación azul de la izquierda pero yo entiendo que es en la ecuación azul de la derecha más bien)

Gracias,
  La individualidad es el engaño útil del verdadero objetivo general.  F. Moreno 

01 Septiembre, 2017, 02:02 pm
Respuesta #73

Carlos Ivorra

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Sí, sólo se usa que \( v_\rho \) transforma productos en sumas:

\( 3v_\rho(\eta)=v_\rho(\eta^3)=v_\rho(\epsilon_1\epsilon_2\epsilon_3\theta_1^3\theta_2^3\theta_3^3)= v_\rho(\epsilon_1)+v_\rho(\epsilon_2)+v_\rho(\epsilon_3)+3v_\rho(\theta_1)+3v_\rho(\theta_2)+3v_\rho(\theta_3)=3(v_\rho(\theta_1)+v_\rho(\theta_2)+v_\rho(\theta_3)) \),

porque los \( \epsilon_i \) son unidades, luego \( v_{\rho}(\epsilon_i)=0 \).

En efecto, era la fórmula de la derecha. Ya lo he rectificado, gracias.

15 Enero, 2019, 08:55 pm
Respuesta #74

Fernando Moreno

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Hola. Sé que con lo que voy a decir no voy a ganar amigos, pero no se trata de eso. Estoy intentando hacer una demostración sobre el caso del exponente 3 del UTF y necesito el lema de Gauss que viene a decir que:  \( a^3\equiv \pm 1 \) mod  \( \pi^4 \) ;  para  \( a\in{Z[\omega]} \)  \( \wedge \)  \( \pi=\omega-1 \) .  El lema de Gauss es coplicadillo (para mí), aunque lo entiendo. No obstante en vez de citarlo había pensado buscar alguna forma versionable más sencilla y en ello estoy todavía. Entonces me acordé de una serie de lemas más simples (3) de Carlos Ivorra sobre este mismo tema que hay en el apartado Congruencias del hilo que es referencia de este hilo de Comentarios. Y revisándolos, en concreto su Lema 1 entiendo que no puede estar bien. Pero a lo mejor me equivoco.


Hasta aquí:  " \( \alpha=a+b\omega\equiv a+b (mod\ \pi) \) " .  Perfecto, brillante. Luego si  \( \pi\mid a+b\omega \) ,  entonces:  \( \pi\mid a+b \) .  La deducción es obviamente correcta pero las premisas del punto de partida (que no he puesto todavía) no. Me explico. No es posible ni en  \( \mathbb{Z} \)  ni en  \( \mathbb{Z[\omega]} \)  que  " \( \pi \) " ,  que es un irracional que no es una unidad, divida a un entero:  " \( a+b \) " . Y a partir de aquí pues tampoco puede estar bien. De que si  \( \pi \)  divide á  \( a+b \)  yo pueda deducir que 3 divide á  \( a+b \) ;  pues no lo veo tampoco.  " \( 3 \) "  en  \( \mathbb{Z[\omega]} \)  es un asociado de  " \( \pi^2 \) " ;  o sea:  \( 3\mid \pi^2 \)   \( \wedge \)  \( \pi^2\mid 3 \) .  Pero en ningún caso:  \( 3\mid \pi \) .

Explico ahora como lo veo yo. Si  \( \pi\mid a+b \) ;  es claro como dice Carlos que:  \( a+b=\delta\pi \) .  Y aquí está la cuestión que se ha pasado por alto. Por fuerza:  \( \delta=\pi\delta' \) .  Sólo así  \( \pi^2\mid a+b \)  y efectivamente:   \( 3\mid a+b \) .  Realmente en las deducciones que se hacen no hay nada formalmente, por decirlo así, incorrecto. Pero hay que reconsiderar entonces la generalidad del punto de partida. Yo parto de que si:  " \( \pi\mid\alpha = a+b\omega \) " ...  Y así la demostración tiene el sentido y la finalidad que se busca. Pero realmente no es así de general. En realidad es: " Si: \( \pi^2\mid\alpha = a+b\omega \) " ...  Con lo cual la máxima generalidad queda tocada. Pues ya no se trata de:  "  \( \omega-1 \) " .  Si no de:  " \( -3\omega \) " .  Aunque quizás pueda arreglarse, no sé.

Disculpas si me he equivocado, pero me interesa aclarar este tema por lo que dije al principio. Además si es que no fuera así entonces es que ya no entiendo nada de nada ni de congruencias ni de  \( \mathbb{Z[\omega]} \)  (cosa que puede ser.. )

Un saludo,  Edit
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16 Enero, 2019, 12:20 am
Respuesta #75

Carlos Ivorra

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Y revisándolos, en concreto su Lema 1 entiendo que no puede estar bien.

Está bien.

No es posible ni en  \( \mathbb{Z} \)  ni en  \( \mathbb{Z[\omega]} \)  que  " \( \pi \) " ,  que es un irracional que no es una unidad, divida a un entero:  " \( a+b \) " .

Eso no tiene nada de imposible. Todo lo contrario, todo entero ciclotómico (racional o irracional) divide a un entero usual (por ejemplo, a su norma). Tú mismo afirmas luego que \( \pi \) divide a \( 3 \), luego sí que admites que \( \pi \) puede dividir a enteros. Concretamente, \( \pi \) divide a un entero sí y sólo si éste es múltiplo de \( 3 \).

Y a partir de aquí pues tampoco puede estar bien. De que si  \( \pi \)  divide á  \( a+b \)  yo pueda deducir que 3 divide á  \( a+b \) ;  pues no lo veo tampoco.

¿Y qué tienes que objetar a la demostración de que así es? Más abajo admites que entonces  \( a+b=\delta\pi \). ¿Qué tienes que objetar al paso siguiente de la prueba? Tomamos normas en ambos miembros usando que la norma conserva los productos, con lo que \( (a+b)^2 = N(a+b) = N(\delta)N(\pi) = N(\delta)3 \). Y ya lo tienes. ¿Qué ves mal ahí?

" \( 3 \) "  en  \( \mathbb{Z[\omega]} \)  es un asociado de  " \( \pi^2 \) " ;  o sea:  \( 3\mid \pi^2 \)   \( \wedge \)  \( \pi^2\mid 3 \) .  Pero en ningún caso:  \( 3\mid \pi \) .

Correcto. Nadie ha dicho lo contrario. En efecto, es falso que \( 3 \mid \pi \). Lo que sucede es que \( 3 \) es el único primo usual al cual divide \( \pi \), luego si \( \pi \mid a+b \), entre los primos usuales en los que se descompone \( a+b \), tiene que estar el \( 3 \), porque es el único al que puede dividir \( \pi \).

Explico ahora como lo veo yo. Si  \( \pi\mid a+b \) ;  es claro como dice Carlos que:  \( a+b=\delta\pi \) .  Y aquí está la cuestión que se ha pasado por alto. Por fuerza:  \( \delta=\pi\delta' \).

Sí, eso es cierto, pero la prueba de que es cierto es precisamente la demostración que dices que está mal.

16 Enero, 2019, 12:03 pm
Respuesta #76

Fernando Moreno

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Hola Carlos,

Eso no tiene nada de imposible. Todo lo contrario, todo entero ciclotómico (racional o irracional) divide a un entero usual (por ejemplo, a su norma). Tú mismo afirmas luego que \( \pi \) divide a \( 3 \), luego sí que admites que \( \pi \) puede dividir a enteros. Concretamente, \( \pi \) divide a un entero sí y sólo si éste es múltiplo de \( 3 \).

Es verdad, tengo que reconocer que  \( \pi \)  divide á  \( 3 \) .  Como:  \( 3=-\omega^2\pi^2 \) ,  entonces:  \( 3/\pi=-\omega^2\pi \) .  Concreto lo que me parecía imposible:  Pongamos que  \( a+b=15 \) .  Entonces, si:  \( \pi\mid 15 \) ;  tendríamos:  \( \omega-1=\dfrac{-1+\sqrt{-3}}{2}-1\mid 15=\dfrac{-15-5\sqrt{-3}}{2} \) .  ¿Es  " \( \dfrac{-15-5\sqrt{-3}}{2} \)  un entero ciclotómico?? En fin, ya dudo de mí mismo.

Editado: Ya veo, quieres decir que:  \( \pi\mid 15=-5\omega\pi \) .  Pues sí, estaba equivocado.

Citar
¿Y qué tienes que objetar a la demostración de que así es? Más abajo admites que entonces  \( a+b=\delta\pi \). ¿Qué tienes que objetar al paso siguiente de la prueba? Tomamos normas en ambos miembros usando que la norma conserva los productos, con lo que \( (a+b)^2 = N(a+b) = N(\delta)N(\pi) = N(\delta)3 \). Y ya lo tienes. ¿Qué ves mal ahí?

Pues veo que en realidad es  \( \delta=\pi\delta' \) .  Y que:  \( N(a+b) = N(\delta)N(\pi) = N(\delta')9 \) .  Y por lo tanto que:  \( 9\mid (a+b)^2 \)  y ahora sí:  \( 3\mid a+b \) .

Citar
Correcto. Nadie ha dicho lo contrario. En efecto, es falso que \( 3 \mid \pi \). Lo que sucede es que \( 3 \) es el único primo usual al cual divide \( \pi \), luego si \( \pi \mid a+b \), entre los primos usuales en los que se descompone \( a+b \), tiene que estar el \( 3 \), porque es el único al que puede dividir \( \pi \).

Esta es la segunda cosa que me parecía imposible: ¿Estás queriendo decir que cada vez que  \( \pi\mid \alpha \) ,  sea  \( \alpha \)  entero de  \( \mathbb{Z} \)  ó  \( \mathbb{Z[\omega]} \) :  \( 3\mid \alpha \) ? Entonces si  \( \pi^2\mid \alpha \)  \( \Rightarrow{} \)  \( 9\mid \alpha \) .  ¿Esto es así? Yo lo que entendía era lo siguiente:  Si  \( n \)  divide á  \( m \)  y  \( a\equiv b \) mod \( m \) ;  entonces:  \( a\equiv b \) mod \( n \) .  Pero en el caso que nos ocupa:  \( 3\nmid \pi \) . 

Cita de: Fernando Moreno
Explico ahora como lo veo yo. Si  \( \pi\mid a+b \) ;  es claro como dice Carlos que:  \( a+b=\delta\pi \) .  Y aquí está la cuestión que se ha pasado por alto. Por fuerza:  \( \delta=\pi\delta' \).
Cita de: Carlos Ivorra
Sí, eso es cierto, pero la prueba de que es cierto es precisamente la demostración que dices que está mal.

Aquí hay un malentendido que quiero aclarar: 1. La demostración claro que está bien. 2. El planteamiento es brillante y es más claro (para mí) que el que hace Gauss. 3. Lo único que yo había cuestionado es "el atajo" que te permite concluir que  \( \alpha^3\equiv \pm 1 \) mod \( 9 \) .

Un cordial saludo y disculpas por la vehemencia de mi primera respuesta.
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16 Enero, 2019, 02:39 pm
Respuesta #77

Carlos Ivorra

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Pongamos que  \( a+b=15 \) .  Entonces, si:  \( \pi\mid 15 \) ;  tendríamos:  \( \omega-1=\dfrac{-1+\sqrt{-3}}{2}-1\mid 15=\dfrac{-15-5\sqrt{-3}}{2} \) .  ¿Es  " \( \dfrac{-15-5\sqrt{-3}}{2} \)  un entero ciclotómico?? En fin, ya dudo de mí mismo.

Tienes que

\( \omega-1=\dfrac{-1+\sqrt{-3}}{2}-1 = \dfrac{-3+\sqrt{-3}}2 \) es un entero ciclotómico, y también lo es \( 5(\omega-1) =  \dfrac{-15+5\sqrt{-3}}2 \) pero \( \dfrac{-15\pm 5\sqrt{-3}}2\neq 15 \).

Pues veo que en realidad es  \( \delta=\pi\delta' \). 

Eso es verdad, pero no puedes usarlo para la prueba, sino que se deduce del resultado (salvo que des una prueba alternativa).

Y que:  \( N(a+b) = N(\delta)N(\pi) = N(\delta')9 \) .  Y por lo tanto que:  \( 9\mid (a+b)^2 \)  y ahora sí:  \( 3\mid a+b \) .

Eso es cierto si sabes a priori que \( \pi\mid \delta \), pero (salvo que propongas otra prueba), eso se sabe porque en principio tenemos que \( a+b = \delta\pi \), y basta tomar normas ahí para concluir que \( (a+b)^2 = N(\delta)3 \), luego \( 3\mid (a+b)^2 \), luego \( 3\mid a+b \), luego \( \pi^2\mid \delta \pi \), luego \( \pi\mid \delta \).

Es decir, sabemos que \( \pi \mid \delta \) porque sabemos que \( 3\mid a+b \). Si quieres usar lo segundo para probar lo primero tendrás que decir qué argumento empleas para probar lo segundo. Si no, caes en un círculo vicioso.

Esta es la segunda cosa que me parecía imposible: ¿Estás queriendo decir que cada vez que  \( \pi\mid \alpha \) ,  sea  \( \alpha \)  entero de  \( \mathbb{Z} \)  ó  \( \mathbb{Z[\omega]} \) :  \( 3\mid \alpha \) ?

Si \( \pi\mid \alpha \) y \( \alpha\in \mathbb Z \), entonces \( 3\mid \alpha \), pero eso no es cierto si \( \alpha\in \mathbb Z[\omega]\setminus \mathbb Z \).

El argumento es que si \( \alpha = \pi\delta \), entonces, tomando normas, \( {\color{blue}\alpha^2 = N(\alpha)}=3N(\delta) \), luego \( 3\mid \alpha^2 \), luego \( 3\mid \alpha \), pero las dos cosas que he puesto en azul serían falsas si \( \alpha \) no fuera un entero usual. La primera porque la norma de un entero ciclotómico arbitrario no se calcula elevando al cuadrado y la segunda porque \( 3 \) es primo en \( \mathbb Z \), pero no en \( \mathbb Z[\omega] \).

Entonces si  \( \pi^2\mid \alpha \)  \( \Rightarrow{} \)  \( 9\mid \alpha \) .  ¿Esto es así?

No, eso no es cierto ni siquiera si \( \alpha \) es un entero usual. Si \( \pi^2\mid \alpha \) (entero usual), en particular \( \pi\mid \alpha \), luego \( 3\mid \alpha \), pero ya no puedes afirmar nada más. Ya tienes que \( \pi^2\mid 3\mid \alpha \), y no hay razón por la que \( \alpha \) tenga que ser divisible entre \( 9 \).

Yo lo que entendía era lo siguiente:  Si  \( n \)  divide á  \( m \)  y  \( a\equiv b \) mod \( m \) ;  entonces:  \( a\equiv b \) mod \( n \) .  Pero en el caso que nos ocupa:  \( 3\nmid \pi \) . 

Sí, eso es cierto, pero no veo la relación.

16 Enero, 2019, 06:17 pm
Respuesta #78

Fernando Moreno

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Hola Carlos,

Creo que mi error es éste: Demuestras que si  \( a+b\equiv 0 \) mod \( \pi \)  \( \Leftrightarrow{} \)  \( 3\mid a+b \) .  Y como previamente:  \( a+b\omega\equiv a+b \) mod \( \pi \) .  Pues entonces yo pensaba que se podía concluir que:  \( 3\mid a+b\omega \) . ¿Puede ser?
An expert is a man who has made all the mistakes, which can be made, in a very narrow field. Niels Bohr

16 Enero, 2019, 10:41 pm
Respuesta #79

Carlos Ivorra

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Creo que mi error es éste: Demuestras que si  \( a+b\equiv 0 \) mod \( \pi \)  \( \Leftrightarrow{} \)  \( 3\mid a+b \) .  Y como previamente:  \( a+b\omega\equiv a+b \) mod \( \pi \) .  Pues entonces yo pensaba que se podía concluir que:  \( 3\mid a+b\omega \) . ¿Puede ser?

No, no puede ser. \( 3\mid a+b\omega \) significa que existen enteros \( c, d \) tales que \( a+b\omega = 3(c+d\omega) = 3c+3d\omega \), luego \( a = 3c \) y \( b = 3d \). Así pues, en tal caso \( 3\mid a \) y \( 3\mid b \), y perfectamente puede suceder que \( 3\mid a+b \) sin que necesariamente \( 3 \) divida a ambos sumandos.