jueves, 4 de octubre de 2012

Números poderosos y la conjetura abc

Consideremos la siguiente

Definición. Sea $n$ un número natural. Decimos que $n$ es un número poderoso si para cada primo positivo $p$ tal que $p|n$ se cumple que $p^{2}|n$.

No es difícil generar (infinitos) ejemplos de números naturales poderosos. Un problema clásico relacionado con estos números pide determinar si hay infinitos pares de números poderosos consecutivos. Un par de tal índole es $(8,9)$, otro es $(288,289)$ y una manera rápida de mostrar que la respuesta al problema es afirmativa es considerando la ecuación diofántica $x^{2}-8y^{2}=1$. Claramente, toda solución $(x,y)$ a la ecuación da lugar a un par de números poderosos consecutivos. Como la ecuación es Pell entonces admite una infinidad de soluciones en enteros y estamos... La solución obtenida da pie a otras cuestiones (como siempre, un problema por cada solución), pero prefiero concentrarme por ahora en el análogo del problema original para tres y cuatro números poderosos consecutivos. Que no puede haber cuatro números poderosos consecutivos es fácil de establecer pues entre cuatro números consecutivos siempre hay uno que es el doble de un número impar; es claro que tal número no puede ser poderoso. En el otro caso (tres números poderosos consecutivos), el dato es que a la fecha no se conoce una sola tripleta de números poderosos consecutivos. Se conjetura, de hecho, que no hay tripletas de tal índole. Interesante: hay infinitos pares de númerosos poderosos consecutivos, no puede haber cuatro números poderosos consecutivos y no se sabe si existe siquiera una tripleta de números poderosos consecutivos. Un fenómeno similar ocurre en el estudio de números primos gemelos (números primos cuya diferencia es $\pm 2$). Aunque no se sabe si hay infinitos pares de números primos gemelos (se cree que sí), es muy fácil probar que sólo hay dos $3$-adas $(a,b,c)$ de números primos tales que $c-b=2=b-a$.

En fin, sacamos a relucir el tema de las tripletas de números poderosos consecutivos a consecuencia de la nota de hace algunas semanas en torno al Profesor Shinichi Mochizuki, sus investigaciones y la

Conjetura abc: [Denotemos con $N_{0}(k)$ al radical de $k$ (el producto de los primos positivos que dividen a $k$).] Para cada $\epsilon > 0$, existe $C(\epsilon)$ tal que si $a, b$ y $c$ son enteros distintos de cero y coprimos que cumplen que $a+b=c$ entonces $$\begin{eqnarray}\max\{|a|,|b|,|c|\} \leq C(\epsilon)\cdot N_{0}(abc)^{1+\epsilon}.\end{eqnarray}$$ Hay varios problemas interesantes en Aritmética que pueden derivarse (condicionalmente, por ahora) de la conjetura abc. Uno de los ejemplos más notables es una versión asintótica del último "teorema" de Fermat... Otro ejemplo sería una versión débil del problema de las tripletas de números poderosos consecutivos; a saber, sólo hay un número finito de tripletas de números poderosos consecutivos. Mostraremos a continuación como ambos resultados saldrían de la conjetura abc.

Para el último "teorema" de Fermat, empezamos por notar que si para cierto $n \in \{3, 4, 5, 6, \ldots\}$ hay una solución en enteros (distintos de cero) a la ecuación $\begin{eqnarray*}x^{n}+y^{n}=z^{n}\end{eqnarray*}$, entonces hay una solución en enteros distintos de cero y coprimos. Luego, si la conjetura abc es cierta, existe una constante $C$ tal que $$|x^{n}| \leq CN_{0}(xyz)^{2}\leq C(xyz)^{2},$$ $$|y^{n}| \leq CN_{0}(xyz)^{2}\leq C(xyz)^{2}$$ y $$|z^{n}| \leq CN_{0}(xyz)^{2}\leq C(xyz)^{2}.$$ Ergo, $$|xyz|^{n} \leq C^{3}|xyz|^{6}.$$ De la desigualdad anterior se colige que $n$ está acotado superiomente. En otras palabras, el último "teorema" de Fermat es cierto para todo exponente suficientemente grande. La determinación explícita de un umbral para los exponentes a partir del cual valdría el último "teorema" de Fermat dependería de que tan explícitas puedan hacerse las constantes $C(\epsilon)$.

Analicemos ahora el problema de las tripletas de números poderosos consecutivos. Supongamos que $n-1$, $n$ y $n+1$ son números poderosos. Puesto que el conjunto de números poderosos es cerrado bajo el producto usual de $\mathbb{Z}$ y el radical de todo número poderoso es menor o igual a su raíz cuadrada, al considerar la igualdad $(n^{2}-1)+1=n^{2}$, la conjetura abc implica la existencia de una constante $C$ tal que
\begin{eqnarray*}n^{2} &\leq& CN_{0}((n^{2}-1)n^{2})^{1+1/4}\\ &=& CN_{0}((n-1)(n+1))^{1+1/4}N_{0}(n)^{1+1/4}\\ &\leq& C \left(\sqrt{(n-1)n(n+1)}\right)^{1+1/4}\\ &<& C(n^{3/2})^{1+1/4}\\ &=& C n^{15/8}.\end{eqnarray*} De esto se desprende inmediatamente que $n$ está acotado superiomente. Por consiguiente, si la conjetura abc es cierta, el número de tripletas de números poderosos consecutivos es finito...

No recuerdo bien si en el libro de Singh se menciona la conjetura abc, lo que no olvido es la vez que un profesor la mencionó cuando le comenté de un quickie que acababa de idearme:

68. ¿Existe una tripleta $\{A,B,C\}$ de matrices $m\times m$, $n \times n$ y $p \times p$, respectivamente, con entradas racionales tales que: 1) $m$, $n$ y $p$ son números naturales mayores que uno, 2) ninguna de las matrices tiene al cero como valor propio y 3) $(\mathbf{p}_{A}(t))^{2012}+(\mathbf{p}_{B}(t))^{2012}=(\mathbf{p}_{C}(t))^{2012},$ donde $\mathbf{p}_{D}(t)$ denota al polinomio característico de la matriz $D$?

Obviamente, en lugar de $2012$ el exponente en aquella ocasión era el número del año correspondiente. La conexión es con el origen mismo de la conjetura abc. Vea, por ejemplo, las páginas 38 y 39 del artículo Old and new conjectured diophantine inequalities del Prof. Serge Lang (Bull. Amer. Math. Soc. 23 1 (1990), págs. 37-75.) o ponga "teorema de Mason-Stothers" en Google.

¡Hasta pronto!

Referencias
[1] S. W. Golomb. Powerful numbers. Amer. Math. Monthly 77 8 (1970), págs. 848-852.
[2] M. B. Nathanson. Elementary methods in number theory. Springer Verlag, NY, 2000.

1 comentario:

Octavio Agustin dijo...

¿No sería mejor llamarlos "potenciosos"? Jejejejeje.

Un saludo, y muy interesante entrada, mi hermano.