bueno el ejercico es el siguiente:
sean a,b en Z, tales que (a:b)=2. Demostrar que (\(a^2+b^2: a^3+b^3)= 4 u 8\)
si alguien puede mostrarme como hacerlo o por donde empezar, porque estoy re perdida y rindo el viernes!!
muchas gracias!
Tema
(NO RESUELTO)Segundo parcial 7/7/07 ej 1
Esto se como hacerlo pero no se si esta bien demostrado o como hacerlo de forma prolija, pero la onda es así:
Si \((a:b)=2 \Rightarrow 2|a \land 2|b\)
$$\Rightarrow 2^2|a^2 \land 2^2|b^2 \Rightarrow 2^2|a^2+b^2$$
Hasta ahi sabes que \(4|a^2+b^2\) el tema es que tanto a como b pueden tener otras cosas que cuando las sumes te quede otro 2 multiplicando o puede ser que no.
Ejemplito para aclarar ideas:
Imaginemos que tenemos \((6:10)=2 \Rightarrow 2|6 \land 2|10 \Rightarrow 2^2|6^2 \land 2^2|10^2 \Rightarrow 2^2|6^2+10^2 = 4|36+100\)
Operando....
$$4|36+100 = 4|4.(25+19) = 4|4.(34) = 4|8.(17)$$
Lo que planteamos fue que \(2^2|6^2+10^2\) y llegamos a que \(2^3|6^2+10^2\)
Obs: Pensa en \((12:10)=2\) vas a ver que \(2^3\not|(12^2+10^2)\)
En la demostración te quedaría que puede pasar que \(2^3|a^2+b^2 \lor 2^2|a^2+b^2\)
La segunda parte es trivial
Espero que te haya servido, saludos
Firma
Hoy esta muerto y con él, cuanta memoria se apaga...
Yo haría algo así:
Como \((a:b)\eq=2\), tenés que \(a\eq=2k,\;b\eq=2q,(k:q)\eq=1\)(sino, tendrías otro divisor común mayor que \(1\) multiplicando al \(2\)). Luego:
$$d\eq=({a}^{2}+{b}^{2}:{a}^{3}+{b}^{3})\eq=(4{k}^{2}+4{q}^{2}:8{k}^{3}+8{q}^{3})\eq=4({k}^{2}+{q}^{2}:2{k}^{3}+2{q}^{3})\eq=4({k}^{2}+{q}^{2}:2({k}^{3}+{q}^{3}))$$
De ahi tenés que siempre es al menos \(4\). Deducís fácil que si \({k}^{2}+{q}^{2}\) es par(algo posible solo cuando ambos son impares. Si fueran simultáneamente pares \((k:q)\geq 2\), absurdo por hipótesis), como tenés un \(2\) de factor común, el m.c.d es al menos \(8\). Después, debería ser el análisis común que hacés con los otros ejercicios:
-considerá \(p\neq 2\) primo positivo. Si \(p|{k}^{2}+{q}^{2}\implies p|{k}^{3}+k{q}^{2}\). Si valiera \(p|2({k}^{3}+{q}^{3})\iff p|{k}^{3}+{q}^{3}\)(por eso lo elegí no \(2\)), tendría que verificarse \(p|{q}^{3}+k{q}^{2}\eq={q}^{2}(q-k)\). Que \(p|{q}^{2}\) va a terminar implicando \({k}^{2}\), lo que llevará al absurdo \((k:q)\geq p>1\). Si \(p|q-k\implies p|{(q-k)}^{2}\eq={q}^{2}+{k}^{2}-2qk\implies p|2qk\). Como \(p\) es primo no par, \(p|q\) o \(p|k\). De nuevo, cada uno te lleva a un absurdo rápido, como el de antes.
-considerá que \(8\) divida al mcd, o sea, \(k,q\) simultáneamente impares. Este caso creo que es más fácil o igual que el anterior. ASí que debería salir parecido, suponiendo que si no fuera \(8\), al menos \(16\) divide al m.c.d, quedándote \(4|{k}^{2}+{q}^{2},2|{q}^{3}+{k}^{3}\).
Espero que la sugerencia ayude. Saludos.
Firma
I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities