El lema de Poincaré

Una forma exacta $\phi=d\varphi$ es siempre cerrada dado que $d^2=0$. El lema de Poincaré provee la situación en que el converso también es cierto diciendo que una p-forma cerrada $\phi$ en una región abierta $U$ simplemente-conexa de una variedad $M$ será también exacta. Esto es, siempre que $\phi\in\Omega^p(U)$ con $U\subset{M}$ simplemente-conexo y $d\phi=0$, existe una (p-1)-forma $\varphi$ tal que $\phi=d\varphi$.

Vale, intentaré elaborar un poco sobre la prueba de este resultado que he seguido en este documento para 1-formas y en el libro de Nakahara para p-formas. Al final traduciré algunas cosas a $\mathbb{R}^3$.

1-formas
Acá trataré con una 1-forma cerrada $\phi$ y superficies o 1-variedades $M$. Lo primero que uno piensa es en usar las palabras mágicas simplemente-conexo, pues es lo que hace válido el lema. Intuitivamente, simplemente-conexo significa que está hecho de una sola pieza (conexo) y no tiene hoyos; para formalizar, podemos definir la llamada homotopía de una curva cerrada simple (o que no se intersecta a sí misma; en adelante las llamaré circuitos) $\mc{C}:[a,b]\to{M}$ tal que $\mc{C}(a)=\mc{C}(b)\equiv{p}$ (en general con $\mc{C}^\prime(a)\neq\mc{C}^\prime(b)$) a un punto de la curva, también llamada nulhomotopía, como el mapeo
\begin{equation}h:[a,b]\times[0,1]\to{M}\end{equation} tal que para $u\in[a,b]$, $v\in[0,1]$,
\begin{align}h(u,0)&=\mc{C}(u)\\
h(u,1)&=h(a,v)=h(b,v)=p\end{align} que estrictamente es un 2-segmento (o 2-celda) de $M$ pero que puede pensarse como una colección de circuitos $\mc{C}_v(u)=h(u,v)$ para cada $v$, o mejor aún como una función continua que deforma $\mc{C}$ en el punto $p$ a través del parámetro $v$. Si tal mapeo existe, se dice que $\mc{C}$ es nulhomotópica u homotópica a una constante.

Ilustración en Wikipedia. Un ejemplo visualmente sencillo: $S^2$ es simplemente conexo (en dos dimensiones) porque es conexo y cualquier circuito es nulhomotópico.

Así pues, $M$ es simplemente-conexo si es conexo y cualquier circuito en $M$ es nulhomotópico. Nos interesaría entonces emplear el hecho de que la 1-forma cerrada $\phi$ está en una región $U$ simplemente-conexa de $M$. Considerando entonces un circuito $\mc{C}:[a,b]\to{U}$ y su nulhomotopía $h$, lo más inmediato es usar el teorema de Stokes (segunda igualdad),
\begin{equation}0=\int\limits_hd\phi=\int\limits_{\p{h}}\phi\label{stokes1}\end{equation} Aquí el calcular la frontera $\p{h}$ me resultó un tanto confuso; de cualquier modo lo entendí considerando el caso de un círculo en $\mathbb{R}^2$ con la nulhomotopía siendo un disco. Puedes verlo usando el siguiente botón o continuar si no lo consideras necesario.

Considero la nulhomotopía
$$h:[0,2\pi]\times[0,1]\to\mathbb{R}^2$$ del círculo
$$C:[0,2\pi]\to\mathbb{R}^2$$ al punto $C(0)=C(2\pi)$. Para sentar ideas se puede considerar el caso particular $\mc{C}(u)=(\sin{u},1-\cos{u})$ y la nulhomotopía al punto $\mc{C}(0)=\mc{C}(2\pi)$ explícita (la más sencilla de todas)
$$h(u,v)=(1-v)\,\mc{C}(u)$$
En general, los llamados bordes de un 2-segmento $s:[a,b]\times[c,d]\to{M}$, están dados por $s(u,c)$, $s(u,d)$, $s(a,v)$ y $s(b,v)$ con $u\in[a,b]$ y $v\in[c,d]$; podemos entonces formar la frontera, o la curva borde de $h$ pegando ordenadamente sus bordes, esto es, pues, si hacemos $\alpha(u)=h(u,0)$, $\beta(v)=h(2\pi,v)$, $\gamma(u)=h(u,1)$, $\delta(v)=h(0,v)$, tendremos de manera abstracta (se dice una 'combinación formal'), que
$$\p{h}=\alpha+\beta-\gamma-\delta$$ donde $-\gamma$ y $-\delta$ son las inversiones de orientación de $\gamma$ y $\delta$ respectivamente (e.g. $h(2\pi-u,1)$ y $h(0,1-v)$). Vale, el punto de esto es que lo mismo sucede en general para cualquier nulhomotopía $h$.

Sean entonces $\alpha(u)=h(u,0)$, $\beta(v)=h(b,v)$, $\gamma(u)=h(u,1)$, $\delta(v)=h(a,v)$ los bordes de $h$, de modo que
\begin{equation}\p{h}=\alpha+\beta-\gamma-\delta\end{equation} y en particular nota que en una nulhomotopía, $\beta^\prime(v)=\gamma^\prime(u)=\delta^\prime(v)=0$, de modo que se tiene por (\ref{stokes1}) que
\begin{align}\int\limits_{\p{h}}\phi&=0\nonumber\\
&=\int\limits_\alpha\phi+\underbrace{\int\limits_\beta\phi-\int\limits_\gamma\phi-\int\limits_\delta\phi}_{=\int\limits_0^1\phi(\beta^\prime(v))\,dv-\int\limits_a^b\cdots\,=0}\nonumber\\
&=\int\limits_\alpha\phi=\int\limits_\mc{C}\phi\end{align}

Hay distintas formas equivalentes de definir una 1-forma; aquí la que sirve de manera inmediata es
$$\omega:T(M)\to{C}^\infty(M)$$ donde $T(M)$ es el conjunto de todos los vectores en $M$ (el espacio total del fibrado tangente de $M$) y $C^\infty(M)$ el conjunto de funciones suaves infinitamente diferenciables; en particular, en un punto $p\in{M}$, se tiene $\omega:T_p(M)\to\mathbb{R}$ que también se llama vector cotangente o covector, con $T_p(M)$ el espacio tangente en $p$. Localmente, i.e. en una vecindad $U$ de $p$, el espacio es (isomorfo a) $\mathbb{R}^n$ y se pueden emplear coordenadas locales $x^i$ de modo que $\{\p_i\}$ constituya una base de vectores en cualquier $T_p(M)$ y $\{dx^i\}$ una base de covectores en $T^*_p(M)$, el espacio cotangente de $M$ en $p$ (asumo que se conoce esto, como sea, una explicación rápida y clara en este documento, o bien una más extensa en el libro de Nakahara), tal que $dx^i(\p_j)=\delta^i_j$.

Así, si localmente $\omega=\omega_idx^i$ con $\omega_i\in{C}^\infty(U)$ y $\vec{v}=v^i\p_i$, tenemos que
$$\omega(\vec{v})=\omega_idx^i(v^j\p_j)=v^i\omega_i$$ (de ahí que $\phi(0)=0$) También es útil recordar la definición de la derivada exterior, o en particular de la diferencial
$$d:C^\infty(M)\to{T}^*(M)$$ que localmente manda funciones $f:U\to\mathbb{R}$ de clase $C^\infty$ a 1-formas a través de
$$df=\p_if\,dx^i$$ de modo que también, en general
$$df(\vec{v})=v^i\p_if$$

es decir, obtenemos que la integral de una 1-forma cerrada $\phi$ a través de un circuito $\mc{C}$ en una región simplemente-conexa es cero,
\begin{equation}\oint\limits_\mc{C}\phi=0\end{equation} que no es más que decir que si tomamos dos puntos $p$ y $q$ y dos curvas que los unan, $\delta$ y $\eta$, de modo que $\mc{C}=\delta-\eta$,
\begin{equation}\int\limits_\delta\phi=\int\limits_\eta\phi\end{equation} i.e. la integral será independiente de los caminos $\delta$ y $\eta$. Usualmente también ésta se toma como una definición equivalente de una forma exacta, e.g. en cursos de termodinámica, donde se toma prácticamente como definición. Sabemos entonces que la integral sólo dependerá de $p$ y $q$; supongamos que fijamos $q$ y dejamos que $p$ sea cualquier punto en $U$, entonces podemos proponer una función $\varphi\in{C}^\infty(U)$ tal que
\begin{equation}\varphi(p)=\int\limits_\eta\phi\end{equation} Más generalmente, consideremos $\eta:[a,b]\to{U}$ y algún $t\in[a,b]$ de modo que tengamos en mente el segmento $\eta_t:[a,t]\to{U}$ y cualquier punto dinámico $\eta(t)$,
\begin{equation}\varphi\left(\eta(t)\right)=\int\limits_{\eta_t}\phi=\int_a^t\phi(\eta^\prime(u))\,du\label{poin1}\end{equation} Considerando $\eta(t)$ en coordenadas locales de modo que $d\varphi=\p_i\varphi\,dx^i$, sea entonces $f:U\to\mathbb{R}$ una función cualquiera de modo que $\frac{df(\eta(t))}{dt}=\frac{dx^i}{dt}\frac{\p{f}}{\p{x}^i}$, entonces $\eta^\prime(t)=\frac{dx^i(\eta(t))}{dt}\p_i$ en coordenadas locales, lo que nos permite calcular que
\begin{equation}d\varphi\left(\eta^\prime(t)\right)=\frac{\p\varphi}{\p{x}^i}\frac{dx^i}{dt}=\frac{d\varphi(\eta(t))}{dt}\end{equation} lo que entonces lleva por (\ref{poin1}) a que
\begin{equation}d\varphi(\eta^\prime(t))=\phi\left(\eta^\prime(t)\right)\end{equation} y $\eta^\prime(t)$ es un vector definido en cada punto de $\eta$ que a su vez es arbitraria siempre que su imagen y su último punto estén en la región simplemente conexa $U\subset{M}$, de modo entonces que en general
\begin{equation}d\varphi=\phi\end{equation} lo que prueba el lema para 1-formas.

Henri Poincaré dibujado por David Levine.
Fuente: www.nybooks.com/galleries/david-levine-illustrator

El lema de Poincaré naturalmente es válido para p-formas con $p\geq1$. El famoso libro de Nakahara, disponible en línea aquí, tiene una demostración sencilla que a lo más requiere la generalización de una nulhomotopía a un punto $p\in{U}$ como $H:U\times[0,1]\to{U}$ con $H(u,0)=u$ y $H(u,1)=p$ para $u\in{U}$ y la definición del pullback de una forma diferencial por una función. Seguramente también es posible generalizar los mismos pasos para p-formas que los que mostré para 1-formas, aunque probablemente sea más laborioso que la demostración de Nakahara; en general debe haber muchas formas y otras muy sencillas de probar el lema.

A fin de cuentas, de cualquier modo, el lema es prácticamente siempre, o lo que es lo mismo, es válido siempre localmente.

Traducción al cálculo vectorial en $\mathbb{R}^3$
Del lema de Poincaré surgen todas las propiedades lindas que se usan en termodinámica con derivadas parciales para las variables de estado; como sea, la situación es realmente más elaborada que esto, aunque a los físicos les sea poco útil esta formalidad.

En general todo espacio vectorial $V$ tiene un espacio dual $V^*$ en el sentido de que existen mapeos de $V$ en $\mathbb{R}$. En el caso de variedades, al menos siempre localmente, se puede proveer un isomorfismo (o difeomorfismo) entre ambos a través de la métrica. El caso de $\mathbb{R}^3$ es bastante lindo como motivación para aprender el lenguaje de las formas diferenciales, que si bien no cambian el contenido, hacen las cosas mucho más sencillas y elegantes. Un ejemplo es el electromagnetismo, que usualmente se formula usando cálculo vectorial, e.g. puedes consultar: Maxwell's equations in terms of differential forms (que en general también sirve para introducirse como físico a las formas diferenciales), y en general muchos temas en física matemática como las teorías de norma (GFT's) están formuladas en estos términos. Adelante sólo asumo primero tres dimensiones y luego paso a $\mathbb{R}^3$ (asumiendo coordenadas cartesianas).

La playera que se ha visto utilizan l@s jóvenes cool de hoy$$F=\frac{1}{2}F_{\mu\nu}dx^\mu\wedge{d}x^\nu$$

0-formas
Primero, en el caso de 0-formas o funciones $\varphi\in\Omega^0$, evidentemente el isomorfismo $\Omega^0\to\Omega^0=C^\infty$ es una identidad $\varphi\mapsto{\varphi}$.

1-formas
Para 1-formas $\phi\in\Omega^1$, se tiene localmente $\phi=\phi_idx^i$ y a través de una métrica, $g$ se obtiene
\begin{align}g^{-1}(\phi,\sigma)&=g^{ij}\phi_i\sigma_j\nonumber\\
&=g^{i\beta}\phi_i\sigma_\alpha\delta^\alpha_\beta\nonumber\\
&=g^{i\beta}\phi_i\p_\beta(\sigma_\alpha{d}x^\alpha)=\phi^i\p_i(\sigma)\end{align} esto es, $g^{-1}(\phi,\cdot)=g^{ij}\phi_i\p_j$, en general, $\phi\mapsto{g}^{-1}(\phi,\cdot)$. Ahora bien, considerando que $d:\Omega^p\to\Omega^{p+1}$, tenemos que $d\varphi\mapsto{g}^{ij}(\p_i\varphi)\p_j$ que en el caso del contradominio ${C}^\infty(\mathbb{R}^3,\mathbb{R}^3)$, con $g^{ij}=\delta^{ij}=\delta_{ij}$, se reduce a $d\varphi\mapsto\nabla\varphi$. Así, el lema de Poincaré en el cálculo vectorial Euclídeo se traduce en que campos conservativos son campos gradiente,
\begin{equation}\phi=d\varphi\longleftrightarrow\vec{\phi}=\nabla\varphi\end{equation} donde $\vec\phi={g}^{-1}(\phi,\cdot)$. La correspondencia mediante la métrica $g$ se llama el isomorfismo musical, que tiene tanto el isomorfismo $\sharp:\Omega^1\to{V}$ como su inversa $\flat:V\to\Omega^1$ (hasta donde sé, el nombre es simplemente por los símbolos de sostenido $\sharp$ y bemol $\flat$) y puede señalarse de manera más sencilla, e.g. en este caso el isomorfismo en términos de $\sharp$ es
\begin{equation}\phi\mapsto\phi^\sharp=g^{ij}\phi_i\p_j\end{equation}

2-formas
Para 2-formas $\omega\in\Omega^2$, localmente, $\omega=\omega_{ij}dx^i\wedge{d}x^j=\frac{\omega_{ij}}{2}(dx^i\otimes{d}x^j-dx^j\otimes{d}x^i)$. Ahora bien, aunque el isomorfismo musical puede extenderse en general para mandar $\bigotimes\limits^pT(M)$ en $\bigotimes\limits^pT^*(M)$ (que no es exactamente el espacio de p-formas) y viceversa, lo que nos interesa es mandar 2-formas en campos vectoriales o funciones. Si consideramos dos 1-formas $\alpha$ y $\beta$, localmente podemos formar la 2-forma
\begin{align}\alpha\wedge\beta&=\alpha_i\beta_j{d}x^i\wedge{d}x^j\nonumber\\
&=(\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)dx^1\wedge{d}x^2+(\alpha_2\beta_3-\alpha_3\beta_2)dx^2\wedge{d}x^3+(\alpha_3\beta_1-\alpha_1\beta_3)dx^3\wedge{d}x^1\end{align} donde los coeficientes tienen exactamente la misma cara que los de un producto cruz de vectores 3-dimensional. El operador necesario en este caso es el dual (o estrella) de Hodge $\star:\Omega^p\to\Omega^{(n-p)}$, definido por
\begin{equation}\star(dx^{i_1}\wedge\cdots\wedge{d}x^{i_p})\equiv\frac{\sqrt{|g|}}{(n-p)!}{\epsilon^{i_1\cdots{i}_p}}_{j_1\cdots{j}_{n-p}}dx^{j_1}\wedge\cdots\wedge{d}x^{j_{n-p}}\end{equation} que entonces aquí mandará 2-formas en 1-formas a través de (asumo $\sqrt{|g|}=1$ en adelante)
\begin{equation}\star(dx^i\wedge{d}x^j)={\epsilon^{ij}}_kdx^k\end{equation} de modo que en tres dimensiones $\star(\alpha\wedge\beta)=\vec{\alpha}\times\vec{\beta}$ y entonces el isomorfismo $\Omega^2(\mathbb{R}^3)\to{C^\infty(\mathbb{R}^3,\mathbb{R}^3)}$ es (empleo $\{\mathrm{e}_i\}$ como la base de vectores)
\begin{equation}\omega\mapsto(\star\omega)^\sharp=\epsilon_{ijk}\omega_{ij}\mathrm{e}_k\end{equation} Si además $\omega$ es cerrada, también por lema de Poincaré $\omega=d\phi$ y así
\begin{equation}(\star\,d\phi)^\sharp=\epsilon_{ijk}\p_i\phi_j\mathrm{e}_k=\nabla\times\phi^\sharp\label{conm1}\end{equation} de modo que la versión equivalente del lema es $\vec{\omega}=\nabla\times\vec\phi$, i.e. la versión para campos rotacionales. Si nuevamente $\phi$ es cerrada y por el lema también exacta, se tiene la equivalencia de que los campos conservativos son también irrotacionales,
\begin{equation}\omega=d\phi=d^2\varphi=0\longleftrightarrow\vec\omega=\nabla\times\vec\phi=\nabla\times\nabla\varphi=0\end{equation}

3-formas
Finalmente la estrella de Hodge manda 3-formas $\psi\in\Omega^3$, localmente $\psi=\psi_{ijk}dx^i\wedge{d}x^j\wedge{d}x^k$ en 0-formas, entonces
\begin{equation}\psi\mapsto\star\psi=\epsilon^{ijk}\psi_{ijk}\end{equation} es un isomorfismo $\Omega^3\to\Omega^0=C^\infty$ inducido naturalmente. En este caso si $\psi=d\omega$, en $\mathbb{R}^3$,
\begin{equation}\star{d}\omega=\epsilon_{ijk}\p_k\omega_{ij}=\nabla\cdot(\star\omega)^\sharp\end{equation} de modo que el lema se traduce en $\star\psi=\nabla\cdot\vec\omega$; si aún a su vez $\omega=d\phi$, se tiene la equivalencia de que los campos rotacionales son libres de divergencia,
\begin{equation}\psi=d\omega=d^2\psi=0\longleftrightarrow\star\psi=\nabla\cdot\vec\omega=\nabla\cdot(\nabla\times\vec\phi)=0\end{equation} Nota de cualquier modo que también, en general para cualquier 1-forma $\zeta\in\Omega^1$ se puede formar
\begin{align}\star{d}\star\zeta&=\star{d}\left(\frac{1}{2}{\epsilon^{i}}_{jk}\zeta_idx^j\wedge{d}x^k\right)\nonumber\\
&=\star\left(\frac{1}{2}{\epsilon^{i}}_{jk}\p_\ell\zeta_i\,dx^\ell\wedge{d}x^j\wedge{d}x^k\right)\nonumber\\
&=\frac{1}{2}\epsilon^{\ell{j}k}{\epsilon^{i}}_{jk}\p_\ell\zeta_i=\delta^{\ell{i}}\p_\ell\zeta_i\stackrel{\mathbb{R}^3}{=}\nabla\cdot\zeta^\sharp\end{align} de manera que igualmente se puede construir $\star{d}\star{d}\varphi=\nabla\cdot\nabla\varphi$.

El complejo de De Rham
Esto usualmente se hace de manera inversa, es decir, pasando de las relaciones del cálculo vectorial a las de las formas diferenciales, de cualquier modo esta manera también es útil y asimismo sirve para notar la generalidad de las p-formas. El siguiente diagrama (formalmente llamado complejo de De Rham)
$$\matrix{ \Omega^0(\mathbb{R}^3) & \stackrel{d}{\longrightarrow} & \Omega^1(\mathbb{R}^3) & \stackrel{d}{\longrightarrow} & \Omega^2(\mathbb{R}^3) & \stackrel{d}{\longrightarrow} & \Omega^3(\mathbb{R}^3) \cr
\big\downarrow\small{\mathrm{Id}}& & \big\downarrow\small{\sharp} & & \big\downarrow\small{\sharp\circ\star} & & \big\downarrow\small{\star} \cr
C^\infty(\mathbb{R}^3) & \stackrel{\nabla}{\longrightarrow} & C^\infty(\mathbb{R}^3,\mathbb{R}^3) & \stackrel{\nabla\times}{\longrightarrow} & C^\infty(\mathbb{R}^3,\mathbb{R}^3) & \stackrel{\nabla\cdot}{\longrightarrow} & C^\infty(\mathbb{R}^3) \cr}$$ con
\begin{align}\mathrm{Id}(\varphi)&=\varphi\\
\sharp(\phi_idx^i)&=\phi_i\mathrm{e}_i\\
\sharp\circ\star(\omega_{ij}dx^i\wedge{dx}^j)&=\epsilon_{ijk}\omega_{ij}\mathrm{e}_k\\
\star(\psi_{ijk}dx^i\wedge{dx}^j\wedge{dx}^k)&=\epsilon^{ijk}\psi_{ijk}\end{align} encapsula de manera bastante concisa toda la información anterior. Como se vio, el diagrama conmuta, i.e. se llega al mismo lugar sin importar qué flechas se sigan.

Incidencia oblicua: Reflexión y refracción de una onda electromagnética en dos medios no conductores

Sean ${\mathbf{E}_1}$, ${\mathbf{E}_2}$ y ${\mathbf{E}_3}$ los campos eléctricos incidente, reflejado y transmitido, respectivamente. Considérese el caso en que ambos medios son no conductores, de modo que se satisfacen las condiciones
\begin{align}E_{It}&=E_{Tt}\;\Longrightarrow\;E_{1t}+E_{2t}=E_{3t}\label{1}\\
D_{In}&=D_{Tn}\;\Longrightarrow\;\varepsilon_1\left(E_{1n}+E_{2n}\right)=\varepsilon_2E_{3n}\label{2}\\
H_{It}&=H_{Tt}\label{3}\\
B_{In}&=B_{Tn}\label{4}\end{align} La forma de los campos eléctricos es
\begin{align}\mathbf{E}_{1}&=\mathbf{E}_{10}
\exp\left[i\left(\boldsymbol{\kappa}_1\cdot\mathbf{r}-\omega{t}\right)\right]\\
\mathbf{E}_2&=\mathbf{E}_{20}
\exp\left[i\left(\boldsymbol{\kappa}_2\cdot\mathbf{r}-\omega{t}\right)\right]\\
\mathbf{E}_3&=\mathbf{E}_{30}\exp\left[i\left(\boldsymbol{\kappa}_3\cdot\mathbf{r}-\omega{t}\right)\right]\end{align} Supóngase, sin pérdida de generalidad, que la situación está descrita por el siguiente esquema

de modo que
\begin{align}\mathbf{E}_{10}=E_{10}\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\,\cos\theta_1-\hat{\boldsymbol{z}}\,\sin\theta_1\right)\\
\mathbf{E}_{20}=E_{20}\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}
\,\cos\theta_2+\hat{\boldsymbol{z}}\,\sin\theta_2\right)\\
\mathbf{E}_{30}=E_{30}\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}
\,\cos\theta_3-\hat{\boldsymbol{z}}\,\sin\theta_3\right)\\
\boldsymbol{\kappa}_1=\omega\,\sqrt{\varepsilon_1\mu_1}\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\,\sin\theta_1+\hat{\boldsymbol{z}}\,\cos\theta_1\right)\\
\boldsymbol{\kappa}_2=\omega\,\sqrt{\varepsilon_1\mu_1}\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\,\sin\theta_2-\hat{\boldsymbol{z}}\,\cos\theta_2\right)\\
\boldsymbol{\kappa}_3=\omega\,\sqrt{\varepsilon_2\mu_2}\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\,\sin\theta_3+\hat{\boldsymbol{z}}\,\cos\theta_3\right)\end{align} se tiene entonces para la condición (\ref{1}),
\begin{equation}E_{10}\cos\theta_1\,e^{\kappa_1\sin\theta_1x}+
E_{20}\cos\theta_2\,e^{\kappa_1\sin\theta_2x}=E_{30}\cos\theta_3\,e^{\kappa_3\sin\theta_1x}\label{5}\end{equation} esta última ecuación es del tipo
\begin{equation}\alpha\,e^{ax}+\beta\,e^{bx}+\delta\,e^{dx}=0\end{equation} Las soluciones a (\ref{1}) deben corresponder a ${\{\alpha,\beta,\gamma\}\neq\{\mathbf{0}\}}$, lo que significa que las exponenciales deben ser linealmente dependientes, esto es, el Wronskiano de las exponenciales debe anularse,
\begin{equation}W\left(\,e^{\zeta{x}}\right)=\begin{vmatrix}e^{ax}&e^{bx}&e^{dx}\\
a\,e^{ax}&b\,e^{bx}&d\,e^{dx}\\
a^2\,e^{ax}&b^2\,e^{bx}&d^2\,e^{dx}\end{vmatrix}=0\end{equation} y simplificando esta expresión para W, se llega a que
\begin{equation}-(a-b) (a-d) (b-d)\,e^{(a+b+d) x}=0\end{equation} la que evidentemente es cierta para todo x siempre que a=b=d. De aquí entonces se sigue que (\ref{5}) se satisface sí y sólo sí
\begin{equation}\kappa_1\sin\theta_1=\kappa_1\sin\theta_2=\kappa_3\sin\theta_3\end{equation} de donde se sigue que
\begin{equation}\sin\theta_1=\sin\theta_2\end{equation} que es la ley de reflexión, y también,
\begin{equation}n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_3\end{equation} donde ${n_i\equiv{c}\sqrt{\varepsilon_i\mu_i}}$, que es la ley de Snell. Esto implica entonces que (\ref{5}) se puede escribir como
\begin{equation}E_{10}\cos\theta_1+E_{20}\cos\theta_2=E_{30}\cos\theta_3\label{6}\end{equation} Ahora bien, de la condición (\ref{2}), se tiene que
\begin{equation}\varepsilon_1\sin\theta_1\left(E_{10}-E_{20}\right)=\varepsilon_2E_{30}\sin\theta_3\label{7}\end{equation} Finalmente (\ref{3}) y (\ref{4}), no llevan a ninguna restricción extra, obteniendo de (\ref{3}) una relación equivalente a (\ref{7}) mediante la ley de Snell. Así entonces, resolviendo las ecuaciones (\ref{6}) y (\ref{7}) para ${E_{20}}$ y ${E_{30}}$ con ayuda del ordenador (Mathematica), se encuentran las relaciones
\begin{align}E_{30}=\frac{\varepsilon_1\sin(2\theta_1)}{\varepsilon_2\sin\theta_3\cos\theta_1+\varepsilon_1\sin\theta_1\cos\theta_3}
\,E_{10}\\[0.25in]
E_{20}=\frac{\varepsilon_1\sin\theta_1\cos\theta_3-
\varepsilon_2\sin\theta_3\cos\theta_1}{\varepsilon_2\sin\theta_3\cos\theta_1+\varepsilon_1\sin\theta_1\cos\theta_3}
\,E_{10}\end{align} que son conocidas como las ecuaciones de Fresnel y con las que queda descrito por completo la reflexión y refracción de la onda. De aquí entonces es posible obtener los coeficientes de transmisión y reflexión, así como también, bajo ciertas condiciones, el ángulo de Brewster.

Ortogonalidad y normalización de las funciones Bessel de primera especie

Considérense constantes ${\lambda_v,\,\lambda_w}$ tales que se satisfacen las ecuaciones Bessel
$$\label{b1}r^2\frac{d^2}{dr^2}J_\mu\left(\lambda_v{r}\right)+r\frac{d}{dr}J_\mu\left(\lambda_vr\right)+\left(\lambda_v^2\,r^2-\mu^2\right)J_\mu\left(\lambda_vr\right)=0\hspace{0.25in}\ldots\hspace{0.25in}(1)$$ y
$$\label{b2}r^2\frac{d^2}{dr^2}J_\mu\left(\lambda_w{r}\right)+r\frac{d}{dr}J_\mu\left(\lambda_wr\right)+\left(\lambda_w^2\,r^2-\mu^2\right)J_\mu\left(\lambda_wr\right)=0\hspace{0.25in}\ldots\hspace{0.25in}(2)$$ con la condición de que ${\lambda_w\mathcal{R}}$ y ${\lambda_v\mathcal{R}}$ sean ceros de ${J_\mu}$. Entonces multiplicando la ec. (1) por ${J_\mu(\lambda_wr)}$ y la ec. (2) por ${J_\mu(\lambda_vr)}$ y restando término a término,
$$(\lambda_w^2-\lambda_v^2)r J_\mu\left(\lambda_vr\right)J_\mu\left(\lambda_wr\right)=J_\mu\left(\lambda_wr\right)\frac{d}{dr}\left[r\frac{d}{dr}J_\mu\left(\lambda_vr\right)\right]-J_\mu\left(\lambda_vr\right)\frac{d}{dr}\left[r\frac{d}{dr}J_\mu\left(\lambda_wr\right)\right]$$ entonces también, integrando en $r$,
$$(\lambda_w^2-\lambda_v^2)\int_0^\mathcal{R}r J_\mu\left(\lambda_vr\right)J_\mu\left(\lambda_wr\right)dr=\int_0^\mathcal{R}J_\mu\left(\lambda_wr\right)\frac{d}{dr}\left[r\frac{d}{dr}J_\mu\left(\lambda_vr\right)\right]dr-\int_0^\mathcal{R}J_\mu\left(\lambda_vr\right)\frac{d}{dr}\left[r\frac{d}{dr}J_\mu\left(\lambda_wr\right)\right]dr$$ donde
$$\int_0^\mathcal{R}J_\mu\left(\lambda_wr\right)\frac{d}{dr}\left[r\frac{d}{dr}J_\mu\left(\lambda_vr\right)\right]dr=J_\mu(\lambda_wr)r\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda_vr)\bigg|_0^\mathcal{R}-\int_0^\mathcal{R}r\frac{d}{dr}J_\mu\left(\lambda_wr\right)\frac{d}{dr}J_\mu\left(\lambda_vr\right)\,dr$$ y de manera análoga para el siguiente término, por lo tanto,
$$(\lambda_w^2-\lambda_v^2)\int_0^\mathcal{R}r J_\mu\left(\lambda_vr\right)J_\mu\left(\lambda_wr\right)dr=J_\mu(\lambda_wr)r\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda_vr)\bigg|_0^\mathcal{R}-J_\mu(\lambda_vr)r\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda_wr)\bigg|_0^\mathcal{R}$$ es decir,
$$\int_0^\mathcal{R}r J_\mu\left(\lambda_vr\right)J_\mu\left(\lambda_wr\right)dr=\frac{1}{(\lambda_w^2-\lambda_v^2)}\left[rJ_\mu(\lambda_wr)\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda_vr)-rJ_\mu(\lambda_vr)\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda_w{r})\right]_0^\mathcal{R}$$ que en general, para ${\lambda_v\mathcal{R},\,\lambda_w\mathcal{R}}$ dos raíces distintas de ${J_\mu}$ y ${\mu>-1}$, se verifica que el lado derecho es nulo, i.e. se prueba la ortogonalidad de las funciones Bessel de primera especie (en el espacio ${L^2\left[0,\mathcal{R};r\right]}$).

Para obtener la constante de normalización , sea ${\lambda\equiv\lambda_v}$ la única raíz local de ${J_\mu}$, de modo que por regla de L'Hôpital cuando ${\lambda_w\to\lambda}$,
\begin{align*}\lim_{\lambda_w\to\lambda}\int_0^\mathcal{R}r J_\mu\left(\lambda{r}\right)J_\mu\left(\lambda_wr\right)dr&=\int_0^\mathcal{R}r J_\mu^2\left(\lambda{r}\right)dr\\[0.1in]&=\lim_{\lambda_w\to\lambda}\frac{\mathcal{R}}{(\lambda_w^2-\lambda^2)}\left[J_\mu(\lambda_w\mathcal{R})\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda{r})\bigg|_\mathcal{R}-J_\mu(\lambda\mathcal{R})\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda_wr)\bigg|_\mathcal{R}\right]\\[0.1in]&\stackrel{\text{L'Hôpital}}{=}\lim_{\lambda_w\to\lambda}\frac{\mathcal{R}}{2\lambda_w}\,\frac{d}{d\lambda_w}J_\mu(\lambda_w\mathcal{R})\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda{r})\bigg|_\mathcal{R}\end{align*} ahora bien, considérese la siguiente relación
$$\frac{d}{d\lambda_w}J_\mu(\lambda_w\mathcal{R})=\frac{\mu}{\lambda}J_\mu(\lambda_w\mathcal{R})-\mathcal{R}\,J_{\mu+1}(\lambda_w\mathcal{R})$$ que podemos obtener de la siguiente forma: La función generadora de ${J_\mu}$ está dada por
$$\mathcal{G}(\lambda{x},t)\equiv\mathrm{e}^{(\lambda{x}/2)(t-1/t)}=\sum_{\mu=-\infty}^\infty\,J_\mu(\lambda{x})t^\mu$$ cuya derivada parcial respecto a t es
\begin{align*}\frac{\partial\mathcal{G}(\lambda{x},t)}{\partial{t}}&=\frac{1}{2}\lambda{x}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\mathrm{e}^{(\lambda{x}/2)(t-1/t)}\\[0.1in]&=\frac{1}{2}\lambda{x}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\sum_{\mu=-\infty}^\infty\,J_\mu(\lambda{x})t^\mu\\[0.1in]&=\frac{1}{2}\lambda{x}\sum_{\mu=-\infty}^\infty\,\left[J_\mu(\lambda{x})t^\mu+J_\mu(\lambda{x})t^{\mu-2}\right]\\[0.1in]&=\frac{1}{2}\lambda{x}\sum_{\mu=-\infty}^\infty\,\left[J_{\mu-1}(\lambda{x})+J_{\mu+1}(\lambda{x})\right]\,t^{\mu-1}\\[0.1in]&=\sum_{\mu=-\infty}^\infty\,\mu\,J_\mu(\lambda{x})t^{\mu-1}\end{align*} La definición de la función generadora para ${J_\mu}$ surge de un desarrollo en serie de Laurent, que es único, por lo que igualando coeficientes de potencias de $t$,
$$J_{\mu-1}(\lambda{x})+J_{\mu+1}(\lambda{x})=\frac{2\mu}{\lambda{x}} J_\mu(\lambda{x})$$ De manera análoga, derivando parcialmente en x,
\begin{align*}\frac{\partial{\mathcal{G}(\lambda{x},t)}}{\partial x}&=\frac{1}{2}\lambda\left(t-\frac{1}{t}\right)\mathrm{e}^{(\lambda{x}/2)\left(t-1/t\right)}\\[0.1in]&=\frac{1}{2}\lambda\left(t-\frac{1}{t}\right)\sum_{\mu=-\infty}^\infty\,J_\mu(\lambda{x})t^\mu\\[0.1in]&=\frac{1}{2}\lambda\sum_{\mu=-\infty}^\infty\,\left[J_\mu(\lambda{x})t^{\mu+1}-J_\mu(\lambda{x})t^{\mu-1}\right]\\[0.1in]&=\frac{1}{2}\lambda\sum_{\mu=-\infty}^\infty\,\left[J_{\mu-1}(\lambda{x})-J_{\mu+1}(\lambda{x})\right]t^{\mu}\\[0.1in]&=\sum_{\mu=-\infty}^{\infty}\frac{d}{dx}\left[J_\mu(\lambda{x})\right]\,t^\mu\end{align*} se sigue que
$$J_{\mu-1}(\lambda{x})-J_{\mu+1}(\lambda{x})=\frac{2}{\lambda} \frac{d}{dx}\left[J_\mu(\lambda{x})\right]$$vrestando término a término la primer ecuación obtenida de esta segunda,
$$-2J_{\mu+1}(\lambda{x})=\frac{2}{\lambda} \frac{d}{dx}\left[J_\mu(\lambda{x})\right]-\frac{2\mu}{\lambda{x}} J_\mu(\lambda{x})$$ es decir
$$\frac{d}{dx}J_\mu(\lambda{x})=\frac{\mu}{x} J_\mu(\lambda{x})-\lambda\,J_{\mu+1}(\lambda{x})$$ $\blacksquare$

entonces se tiene
$$\int_0^\mathcal{R}r J_\mu^2\left(\lambda{r}\right)dr=-\frac{\mathcal{R}^2}{2\lambda}\,J_{\mu+1}(\lambda\mathcal{R})\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda{r})\bigg|_\mathcal{R}$$
Considérese ahora la relación
$$J_{\mu+1}(\lambda\mathcal{R})=\frac{\mu}{\lambda\mathcal{R}}J_\mu(\lambda\mathcal{R})-\frac{1}{\lambda}\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda{r})\bigg|_\mathcal{R}$$ que no es más que la relación utilizada anteriormente para la derivada en una variable distinta, con lo que se tiene finalmente que
$$\int_0^\mathcal{R}r J_\mu^2\left(\lambda{r}\right)dr=\frac{\mathcal{R}^2}{2\lambda^2}\,\left[\frac{d}{dr}J_\mu(\lambda{r})\bigg|_\mathcal{R}\right]^2$$ que es precisamente la constante de normalización de las funciones Bessel.

Paréntesis de Poisson y el vector de Laplace-Runge-Lenz

Aprovechando que he tenido que hablar sobre el paréntesis de Poisson en un curso de Mecánica Clásica, acá comparto el cálculo del paréntesis de Poisson del vector de Laplace-Runge-Lenz (LRL) con el hamiltoniano, que -como se espera- resulta ser nulo, demostrando que el vector LRL se conserva. El camino que tomé es un tortuoso, pero funciona y ayuda a familiarizarse con las propiedades del paréntesis de Poisson. Por lo extenso de algunas ecuaciones, recomiendo leer la entrada desde un ordenador.

Sabiendo que el hamiltoniano es $\displaystyle{\mathcal{H}=\displaystyle{\frac{\mathbf{p}^2}{2\mu}-\frac{k}{r}}}$, se quiere verificar que el vector LRL, $\displaystyle{\mathbf{A}=\mathbf{p}\times\mathbf{L}-\mu{k}\displaystyle{\frac{\mathbf{r}}{r}}}$ es una constante de movimiento, calculando explícitamente el paréntesis ${\{\mathbf{A},\mathcal{H}\}}$.

Descomponiendo el vector LRL,
\begin{align}A_i&=\epsilon_{ijk}p_jL_k-\mu{k}\frac{r_i}{r}\nonumber\\[0.1in]&=\epsilon_{ijk}\epsilon_{kmn}p_jr_mp_n-\mu{k}\frac{r_i}{r}\nonumber\\[0.1in]&=\epsilon_{kij}\epsilon_{kmn}p_jr_mp_n-\mu{k}\frac{r_i}{r}\nonumber\\[0.1in]&=\left(\delta_{im}\delta_{jn}-\delta_{in}\delta_{jm}\right)p_jr_mp_n-\mu{k}\frac{r_i}{r}\nonumber\\[0.1in]&=\mathbf{p}^2r_i-(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i-\mu{k}\frac{r_i}{r}\nonumber\\[0.1in]&=\left(\mathbf{p}^2-\mu{k}\frac{1}{r}\right)r_i-(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i\end{align}
Así entonces, calculando el paréntesis de Poisson,
\begin{align}\{A_i,\mathcal{H}\}&=\left\{\left(\mathbf{p}^2-\mu{k}\frac{1}{r}\right)r_i-(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{\mathbf{p}^2}{2\mu}-\frac{k}{r}\right\}\nonumber\\[0.1in]&=\frac{1}{2\mu}\left(\left\{\mathbf{p}^2r_i,\mathbf{p}^2\right\}-\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\mathbf{p}^2\right\}\right)+k\left(\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{1}{r}\right\}-\left\{\mathbf{p}^2r_i,\frac{1}{r}\right\}-\frac{1}{2}\left\{\frac{r_i}{r},\mathbf{p}^2\right\}\right)+\mu{k}^2\left(\left\{\frac{r_i}{r},\frac{1}{r}\right\}\right)\end{align} así, para el primer sumando,
\begin{align}\left\{\mathbf{p}^2r_i,\mathbf{p}^2\right\}&=\mathbf{p}^2\left\{r_i,\mathbf{p}^2\right\}+r_i\left\{\mathbf{p}^2,\mathbf{p}^2\right\}\nonumber\\[0.1in]&=\mathbf{p}^2\left\{r_i,\mathbf{p}^2\right\}\nonumber\\[0.1in]&=\mathbf{p}^2\,\sum_{\alpha}\left(\frac{\partial{r_i}}{\partial{r_\alpha}}\frac{\partial{\mathbf{p}^2}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial{r_i}}{\partial{p_\alpha}}\frac{\partial{\mathbf{p}^2}}{\partial{r_\alpha}}\right)\nonumber\\[0.1in]&=2p_i\mathbf{p}^2\end{align} y también
\begin{align}\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\mathbf{p}^2\right\}&=\left(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}\right)\left\{p_i,\mathbf{p}^2\right\}+p_i\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}),\mathbf{p}^2\right\}\nonumber\\[0.1in]&=p_i\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}),\mathbf{p}^2\right\}\nonumber\\[0.1in]&=p_i\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial}{\partial{r_\alpha}}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{\partial}{\partial{p_\alpha}}\mathbf{p}^2-\frac{\partial}{\partial{p_\alpha}}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{\partial}{\partial{r_\alpha}}\mathbf{p}^2\right)\nonumber\\[0.1in]&=2p_i\mathbf{p}^2\end{align}
Entonces podemos ir reduciendo el vector LRL a
\begin{equation}\{A_i,\mathcal{H}\}=k\left(\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{1}{r}\right\}-\left\{\mathbf{p}^2r_i,\frac{1}{r}\right\}-\frac{1}{2}\left\{\frac{r_i}{r},\mathbf{p}^2\right\}\right)+\mu{k}^2\left(\left\{\frac{r_i}{r},\frac{1}{r}\right\}\right)\end{equation}
Para el siguiente sumando,
\begin{align}\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{1}{r}\right\}&=(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\left\{p_i,\frac{1}{r}\right\}+p_i\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}),\frac{1}{r}\right\}\nonumber\\[0.1in]&=(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial{p_i}}{\partial{r_\alpha}}\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial{p_i}}{\partial{p_\alpha}}\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{r_\alpha}}\right)+p_i\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial}{\partial{r_\alpha}}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial}{\partial{p_\alpha}}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{r_\alpha}}\right)\nonumber\\[0.1in]&=(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{r_i}{r^3}+\frac{p_i}{r}\nonumber\\[0.1in]&=\left\{\mathbf{p}^2r_i,\frac{1}{r}\right\}\nonumber\\[0.1in]&=\mathbf{p}^2\left\{r_i,\frac{1}{r}\right\}+r_i\left\{\mathbf{p}^2,\frac{1}{r}\right\}\nonumber\\[0.1in]&=\mathbf{p}^2\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial{r_i}}{\partial{r_\alpha}}\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial{r_i}}{\partial{p_\alpha}}\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{r_\alpha}}\right)+r_i\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial}{\partial{r_\alpha}}\mathbf{p}^2\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial}{\partial{p_\alpha}}\mathbf{p}^2\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{r_\alpha}}\right)\nonumber\\[0.1in]&=2\frac{r_i}{r^3}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\end{align} y también
\begin{align}\left\{\frac{r_i}{r},\mathbf{p}^2\right\}&=r_i\left\{\frac{1}{r},\mathbf{p}^2\right\}+\frac{1}{r}\left\{r_i,\mathbf{p}^2\right\}\nonumber\\[0.1in]&=-2r_i\frac{1}{r^3}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})+\frac{2}{r}p_i\end{align} entonces se tiene
\begin{align}k&\left(\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{1}{r}\right\}-\left\{\mathbf{p}^2r_i,\frac{1}{r}\right\}-\frac{1}{2}\left\{\frac{r_i}{r},\mathbf{p}^2\right\}\right)=k\left[\frac{p_i}{r}+(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{r_i}{r^3}-2(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{r_i}{r^3}-\frac{1}{2}\left(\frac{2}{r}p_i-2(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{r_i}{r^3}\right)\right]=0\end{align} por lo que la derivada temporal del vector LRL se reduce a
\begin{equation}\{A_i,\mathcal{H}\}=\mu{k}^2\left\{\frac{r_i}{r},\frac{1}{r}\right\}\end{equation} que evidentemente es nulo, por tanto se concluye que
\begin{equation}\mathbf{\dot{A}}=\left\{\mathbf{A},\mathcal{H}\right\}=\mathbf{0}\end{equation} y en efecto $\mathbf{A}$ es constante de movimiento.

En Mathematica es sencillo programar el paréntesis de Poisson para verificar lo anterior. Las siguientes líneas hacen esa tarea para cada componente.

(*Definición paréntesis de Poisson*)
PB[u_, v_, q_Symbol, p_Symbol] := D[u, q] D[v, p] - D[v, q] D[u, p]

(*Definiciones*)
p = {p1, p2, p3}; r = {r1, r2, r3};
P = FullSimplify[Norm[p], p1 > 0 && p2 > 0 && p3 > 0]
R = FullSimplify[Norm[r], r1 > 0 && r2 > 0 && r3 > 0]
A := Cross[p, Cross[r, p]] - r/R
H = P^2/2 - 1/R

(*El vector LRL es ortogonal al momento angular*)
A . Cross[r, p] == 0 // Simplify

(*El vector LRL se conserva*)
Simplify[Sum[{PB[A[[1]], H, r[[j]], p[[j]]], PB[A[[2]], H, r[[j]],
p[[j]]], PB[A[[3]], H, r[[j]], p[[j]]]}, {j, 1, 3}]]

x^4+y^4=z^4

El título de esta entrada, por supuesto, se refiere al Último Teorema de Fermat para el caso n=4. Este es de hecho el caso más sencillo y del único que se conoce una demostración (implícita, o que se sigue como corolario) de Pierre de Fermat, y que además demuestra el Último Teorema para todo n divisible por 4. Uno pensaría que el caso n=3, por ejemplo, es uno más sencillo, sin embargo se pueden leer demostraciones más elaboradas en general, como aquí se verá para los casos de números primos impares (distintos de 2). La primera demostración del caso n=3 se atribuye a Leonhard Euler. Después se demostrarían varios casos más, hasta la aparición de Andrew Wiles, que acabaría de una vez por todas con la diversión. El documental de la BBC que aquí pongo es imperdible (también he dedicado antes una entrada a Yutaka Taniyama). Aunque aquí no seguiré precisamente sus pasos, Fermat demuestra implícitamente el caso n=4 de su Último Teorema al demostrar que el área de un triángulo rectángulo no puede ser un cuadrado. ¿Cómo es que se relaciona esto con el Último Teorema? Fermat demuestra que no existen soluciones de la ecuación ${x^2=z^4-y^4}$. Haré un bosquejo rápido para relacionar el área de un triángulo rectángulo con la ecuación anterior. Un triángulo rectángulo de catetos ${\alpha,\beta}$ e hipotenusa $\gamma$, por el teorema de Pitágoras, cumple ${\alpha^2+\beta^2=\gamma^2}$. Si además, pedimos soluciones enteras, la última es una ecuación diofántica, cuyas soluciones ${(\alpha,\beta,\gamma)}$ se llaman ternas pitagóricas. En esta entrada he mostrado que ${(2pq,p^2-q^2,p^2+q^2)}$ es terna pitagórica para ${p,q}$ coprimos y de paridad contraria. El área del triángulo rectángulo, como la conocemos desde la primaria, es $\displaystyle{\frac{\alpha\beta}{2}=pq(p^2-q^2)}$. Ahora bien, ${pq}$ y ${p^2-q^2}$ son coprimos, i.e. ${\mathrm{mcd}\left(pq,p^2-q^2\right)=1}$ (intenta demostrarlo por contradicción o de propiedades del mcd) y si el producto ${pq(p^2-q^2)}$ es igual a un cuadrado, en la entrada de ternas pitagóricas se ha mostrado que en estas condiciones, $p$ y $q$, (también ${pq}$ y ${p^2-q^2}$) son cuadrados. De aquí entonces, hagamos ${p=P^2}$, ${q=Q^2}$, de modo que para algún ${\zeta^2}$ se cumple ${\zeta^2=pq(P^4-Q^4)}$ y como $pq$ también es un cuadrado, digamos ${pq=\xi^2}$, se sigue que $\displaystyle{\left(\frac{\zeta}{\xi}\right)^2=P^4-Q^4}$. De ese modo Fermat razona que si el área de un triángulo rectángulo fuera un cuadrado, entonces existiría un par de potencias cuartas cuya diferencia sería un cuadrado. Al probar Fermat que el área de un triángulo rectángulo no puede ser un cuadrado, estaría además probando el Último Teorema para n=4, ya que si ${x^2=z^4-y^4}$ no tiene soluciones enteras, entonces ${\left(x^2\right)^2+y^4=z^4}$ tampoco tiene soluciones enteras. Así pues, hay que demostrar que ${x^4+y^4=z^2}$ no tiene soluciones enteras, y uno de los procedimientos más sencillos es precisamente siguiendo un camino parecido al que se siguió para encontrar las ternas pitagóricas. En general serán útiles algunas nociones sencillas de la entrada de ternas pitagóricas que aquí daré por sentado. Se sabe que si la ecuación anterior tiene soluciones, éstas son ternas pitagóricas, $${(x^2,y^2,z)=(2pq,p^2-q^2,p^2+q^2)}$$ suponiendo sin pérdida de generalidad que ${x^2}$ es el término par. Bien, se sigue entonces que ${p^2=y^2+q^2}$, por tanto ${(q,y,p)}$ es otra terna pitagórica; asumamos ahora sin pérdida de generalidad que $q$ es el término par, de modo que para ${P,Q}$ coprimos y de paridad contraria, se tiene la terna pitagórica ${\left(2PQ,P^2-Q^2,P^2+Q^2\right)}$. Así pues, en términos de esta última terna, se tiene $$x^2=4PQ\left(P^2+Q^2\right)\hspace{0.25in}\text{i.e.}\hspace{0.25in}{PQ\left(P^2+Q^2\right)=\left(\frac{x}{2}\right)^2}$$ Ahora bien, ${\mathrm{mcd}(P,Q)=\mathrm{mcd}\left(PQ,P^2+Q^2\right)=1}$ (propiedades del mcd), y también, sabemos que ${PQ}$ y ${P^2+Q^2}$ por ser coprimos y cuyo producto es un cuadrado, ellos mismos son cuadrados, y así también $P$ y $Q$ son cuadrados, digamos que ${\rho^2=P}$, ${\delta^2=Q}$ y $\vartheta^2={P^2+Q^2}$ de modo que $$\rho^4+\delta^4=P^2+Q^2=\vartheta^2=p < p^2+q^2=z < z^2$$ es decir $$\vartheta^2 < z^2$$ esto es $$x^4+y^4=z^2\;\Longrightarrow\;\rho^4+\delta^4=\vartheta^2,\;\vartheta < z$$ y así también que exista la terna ${(\rho^2,\delta^2,\vartheta)}$ implica que existe otra ecuación con las mismas características con algún ${\epsilon<\vartheta}$, lo que implica que existe otra ecua... y así ad infinito, lo cual es imposible, ya que sabemos que los números naturales restantes son finitos o mejor dicho, los números naturales en general son bien ordenados, por lo que eventualmente no se encontrará otra ecuación que satisfaga lo anterior. A este tipo de demostración se le llama por descenso infinito, y de hecho se atribuye a Pierre de Fermat. Como se ha dicho, con esta demostración también de demuestra que ${x^4+y^4=z^4}$ no tiene soluciones enteras. Se asume que de aquí surgiría el Último Teorema de Fermat, cuyo nombre alude a que sería la única aseveración de Fermat que carecía de demostración, i.e. ya todos los teoremas de Fermat estaban demostrados, sólo quedaba un último teorema por demostrar. Claramente se puede extender aún más este resultado. Primero, el Último Teorema de Fermat es cierto para n divisible por 4, es decir, para algún $k$ tal que ${n=4k}$, de modo que $$\left(x^{k}\right)^4+\left(y^k\right)^4=\left(z^k\right)^4$$ en particular, ${2^u|4k}$ siempre que ${u>1}$, por lo que se confirma que el teorema de Fermat es cierto para potencias de dos. Esto es relevante, pues si existen soluciones de ${x^n+y^n=z^n}$, entonces n no puede ser potencia de dos, lo que implica que existe un primo ${p\neq{2}}$ tal que ${p|n}$, es decir, existe un $\kappa$ tal que ${n=p\kappa}$ y se buscaría resolver $$\left(x^\kappa\right)^p+\left(y^\kappa\right)^p=\left(z^\kappa\right)^p$$ y así, con el trabajo realizado, el Último Teorema de Fermat estaría demostrado (o confirmado), si se pudiera demostrar para cada primo ${p\neq{2}}$. Los primeros pasos en esta dirección fueron dados por Euler para ${p=3}$, Dirichlet y Legendre para ${p=5}$, etc... lo demás es historia (una gran historia).

Una razón de impares y sobre la IMO

Hace tiempo me encontré con la igualdad
$$\frac{1}{3}=\frac{1+3}{5+7}=\frac{1+3+5}{7+9+11}=\frac{1+3+5+7}{9+11+13+15}=\frac{1+3+5+7+9+11}{13+15+17+19+21+23}=\cdots$$ bastante majo. Aquí comparto una demostración sencilla, (procura intentarlo tú mismo antes de seguir leyendo).

El problema en realidad es uno bastante simple y puede reducirse a simplificar las series en numerador y denominador. Primeramente hay que recordar que un número impar tiene la forma (más simple) ${2n+1}$, con n un entero. Sean entonces
\begin{align*}S_p&=1+3+5+\ldots+(2n-3)+(2n-1)+(2n+1)\\S_q&=(2n+3)+(2n+5)+\ldots+(4n-3)+(4n-1)+(4n+1)+(4n+3)\end{align*} y así, queremos mostrar que el cociente de estos monstruos es constante para cualquier ${n\in\mathbb{N}}$, esto es, exactamente
$$\frac{S_p}{S_q}=\frac{1}{3}$$ Ahora bien, al arreglar a nuestra conveniencia los términos de las series encontramos que
\begin{align*}S_p&=1+3+5+\ldots+2n-5+2n-3+2n-1+2n+1\nonumber\\[0.1in]&=1+3+5+\ldots-5-3-1+(2n+\ldots+2n+2n+2n)+(2n+1)\nonumber\\[0.1in]&=\left(\frac{n}{2}\right)(2n)+(2n+1)\nonumber\\[0.1in]&=n^2+2n+1\nonumber\\[0.1in]&=(n+1)^2\end{align*} para simplificar la expresión me gusta pensar que utilicé un tipo de "simetría", pues excluyendo el término ${2n+1}$, la mitad de la serie tiene términos que se cancelan entre sí, dejando ${2n}$ para sólo la mitad de n términos. Es un resultado bastante majo también, pues representa la suma de los primeros ${n+1}$ números impares, esto es
$$S_p=\sum_{i=0}^n(2i+1)=(n+1)^2$$ De aquí es casi inmediato deducir consecuencias para la suma del denominador, tenemos
\begin{align*}S_q&=2n+3+2n+5+\ldots+4n-3+4n-1+4n+1+4n+3\nonumber\\[0.1in]&=\left(\frac{n}{2}-1\right)(2n+4n)+8n+(4n+3)\nonumber\\[0.1in]&=3n^2+6n+3\nonumber\\[0.1in]&=3(n+1)^2\nonumber\\[0.1in]&=\sum_{i=n+1}^{2n+1}(2i+1)\end{align*} y ya está, el resultado que se buscaba,
$$\frac{S_p}{S_q}=\frac{(n+1)^2}{3(n+1)^2}=\frac{1}{3}$$

Bueno, el título de esta entrada se refiere también a la IMO, es decir, la International Mathematical Olympiad, que es la competencia más importante diseñada para estudiantes de bachillerato, y asimismo la competencia "científica" más antigua. Estudiantes de todo el mundo se presentan a resolver 6 problemas, que en general, son demostraciones. Los problemas no requieren herramientas matemáticas sofisticadas y sin embargo prácticamente siempre son problemas de un alto nivel de dificultad.

Aquí puedes encontrar los 6 problemas de la IMO 2012, celebrada en Mar de Plata, Argentina, y aquí puedes encontrar los problemas de años anteriores con solución. El segundo problema del 2012 es el primero en no tener (aún) publicada la solución en Art of problem solving, así que propondré una. El problema (propuesto por Angelo Di Pasquale, de Australia) se lee (en español):

Sea $n$ un entero y sean ${a_2,\,a_3,\,\ldots,\,a_n}$ números reales positivos tales que ${a_2a_3\cdots{a_n}=1}$.
Demuestra que ${(a_2+1)^2(a_3+1)^3\cdots(a_n+1)^n>n^n}$.

La desigualdad puede hacerse evidente intuitivamente gracias al dato ${a_2a_3\cdots{a_n}=1}$, ya que siempre habrá un desbalance en los valores de los ${a_i}$: mientras un conjunto sea menor a cero, otro debe compensarlo y las potencias siempre harán más grande el lado izquierdo (inténtalo con ${n=3}$). Ahora bien, nota primeramente que la desigualdad propuesta puede escribirse como
$$\prod_{i=2}^n(a_i+1)^i>n^n$$ y así, el problema puede reducirse a demostrar la desigualdad para la i-ésima componente, escribiendo ${n^n}$ como un producto con los mismos límites del producto del lado izquierdo (como siempre la recomendación es intentar el caso más simple y luego generalizar), esto es
$$n^n=\left(\frac{2^2}{1^1}\right)\left(\frac{3^3}{2^2}\right)\cdots\left(\frac{(n-1)^{n-1}}{(n-2)^{n-2}}\right)\left(\frac{n^n}{(n-1)^{n-1}}\right)=\prod_{i=2}^n\frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}$$ y así se tiene que
$$(a_i+1)^i>\frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}$$ pero esto no es cierto así simplemente; toma como contraejemplo ${i=3,\;a_3=0.5}$. Hace falta precisamente la información del producto de ${a_i}$; ahora bien, la desigualdad a la que se llegó, evidentemente falla sólo cuando ${a_i<1}$ (se sabe que el valor mínimo de i es 2, en cuyo caso se tiene una igualdad con ${a_i=1}$, que no preocupa mientras la desigualdad se cumpla para i mayores). Por tanto se puede escribir
$$(a_i+1)^i\geq{\frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}\;a_i}$$ ya que, como se sabe
$$\prod_{i=2}^na_i=1$$ y ya está; para mi es suficiente argumentar que la desigualdad encontrada es verdadera siempre que ${i\geq{2}}$ y que así el problema queda resuelto. En una competencia eso probablemente no ayude, así que hay que resolver la desigualdad. Véase que podemos escribir
$$\frac{a_i+1}{i}\geq{\left(\frac{a_i}{(i-1)^{i-1}}\right)^{1/n}}$$ y así también
$$\frac{a_i+\displaystyle{\sum_{k=1}^{i-1}\frac{1}{i-1}}}{i}\geq{\left(\;a_i\;\prod_{k=1}^{i-1}\frac{1}{i-1}\right)^{1/n}}$$ y listo, sin dudar se ha demostrado la proposición, pues se sabe que

La media aritmética de un conjunto de números reales positivos es igual o mayor a la media geométrica.

También, se vuelve evidente la igualdad para ${i=1,\;a_i=1}$, pues los coeficientes de ambas medias son todos iguales a uno.

Recomiendo consultar los demás problemas, así como los de años anteriores; pueden resultar bastante entretenidos. Para más información de la IMO entra a su sitio web.

Propiedades del MCD

Las propiedades del máximo común divisor (MCD) son esenciales en teoría de números, así que acá muestro algunas, y una que otra identidad (seguramente serán útiles en algunos razonamientos):

• Si ${d|a}$ y ${d|b}$, entonces
  $$d\,|\,\mathrm{mcd}(a,b)$$ Esto es evidente desde la definición del MCD. También se sigue de la definición de ${\alpha|\beta}$ (léase $\alpha$ divide a $\beta$) que siempre existe un k tal que ${\mathrm{mcd}(a,b)=dk}$.

• La identidad de Bézout: Si ${a,b}$ son dos enteros no nulos, entonces ${\mathrm{mcd}(a,b)=d}$ puede expresarse alternativamente como ${d=ax+by}$ para algún ${x,y}$ números enteros, i.e.
  $$\exists\,{x,y}\in\mathbb{Z}\;:\;\mathrm{mcd}(a,b)=ax+by$$ Una demostración común se hace empleando el algoritmo de Euclides. Antes también puedes emplear el hecho de que si ${d|a}$ y ${d|b}$, entonces ${d|ax+by,\;\forall\;x,y\in\mathbb{Z}}$ y de ahí sólo encontrar ${x,y}$ (Euclides) tales que d no sólo divida, sino que sea el MCD.

• Si ${\mathrm{mcd}(a,b)=d}$, entonces
  $$\mathrm{mcd}\left(\frac{a}{d},\frac{b}{d}\right)=1$$ Por identidad de Bézout, ${d=ax+by}$, es decir, ${1=\frac{a}{d}x+\frac{b}{d}y}$, que implica el enunciado.

• ${\forall\;n\in\mathbb{Z}^+}$,
  $$\mathrm{mcd}(na,nb)=n\cdot\mathrm{mcd}(a,b)$$ Por identidad de Bézout, ${\mathrm{mcd}(na,nb)=(na)x+(nb)y=n(ax+by)=n\cdot\mathrm{mcd}(a,b)}$.

• ${\forall\;n\in\mathbb{Z}}$,
  $$\mathrm{mcd}(a,b)=\mathrm{mcd}(a+nb,b)$$ Por identidad de Bézout, se tiene ${\mathrm{mcd}(a,b)=ax+by}$ y también ${\mathrm{mcd}(a+nb,b)=(a+nb)x+bY=ax+b(Y+nx)}$, entonces ${Y=y-nx}$ y la igualdad se satisface para todo n.
  

• Asociatividad y Conmutatividad:
  $$\mathrm{mcd}(a,b,c)=\mathrm{mcd}\left[a,\mathrm{mcd}(b,c)\right]=\mathrm{mcd}\left[\mathrm{mcd}(a,b),c\right]=\mathrm{mcd}\left[c,\mathrm{mcd}(a,b)\right]$$ Si ${d|a}$ y ${d|\mathrm{mcd}(b,c)}$, entonces ${d|\mathrm{mcd}\left(a,\mathrm{mcd}(b,c)\right)}$, pero ${d|\mathrm{mcd}(b,c)}$ implica que ${d|b}$ y ${d|c}$, por tanto también ${d|\mathrm{mcd}(a,b)}$, de donde se sigue la igualdad. Intenta construirla explícitamente a partir de la definición de ${\alpha|\beta}$.

• Si ${\mathrm{mcd}(a,b)=1}$, entonces
  $$\mathrm{mcd}(ab,c)=\mathrm{mcd}(a,c)\mathrm{mcd}(b,c)$$ Empleando las propiedades anteriores,
  \begin{align}\mathrm{mcd}(a,c)\mathrm{mcd}(b,c)&=\mathrm{mcd}\left[b\;\mathrm{mcd}(a,c),c\;\mathrm{mcd}(a,c)\right]\\[0.05in]&=\mathrm{mcd}\left[\mathrm{mcd}(ab,bc),\mathrm{mcd}(ac,c^2)\right]\\[0.05in]&=\mathrm{mcd}(ab,bc,ac,c^2)\\[0.05in]&=\mathrm{mcd}\left[ab,c^2,\mathrm{mcd}(bc,ac)\right]\\[0.05in]&=\mathrm{mcd}\left(ab,c,c^2\right)\\[0.05in]&=\mathrm{mcd}\left[ab,\mathrm{mcd}(c,c^2)\right]=\mathrm{mcd}\left(ab,c\right)\hspace{0.25in}\square\end{align}
  

• Si ${\mathrm{mcd}(a,b)=1}$, entonces
  $$\mathrm{mcd}(a,b)=\mathrm{mcd}\left(ab,a^2+b^2\right)$$ Empleando nuevamente las propiedades, para algún ${n,m\in\mathbb{Z}}$,
  \begin{align}\mathrm{mcd}(a,b)&=\mathrm{mcd}(a,b)\mathrm{mcd}(a+nb,b)=\mathrm{mcd}(a,b)\mathrm{mcd}(a,b+ma)\\[0.05in]&=\mathrm{mcd}\left[a(a+nb),b\right]=\mathrm{mcd}\left[a,b(b+ma)\right]\end{align} Sea $\displaystyle{n=\frac{b}{a}=\frac{1}{m}}$, entonces
  \begin{align}\mathrm{mcd}(a,b)&=\mathrm{mcd}\left(b,a^2+b^2\right)=\mathrm{mcd}\left(a,a^2+b^2\right)\\[0.05in]&\therefore\\[0.05in]\mathrm{mcd}(a,b)&=\mathrm{mcd}(a,a^2+b^2)\mathrm{mcd}(b,a^2+b^2)=\mathrm{mcd}(ab,a^2+b^2)\hspace{0.25in}\square\end{align}

Estas son sólo algunas propiedades, algunas básicas y otras más que nada interesantes y útiles. Probablemente un niño no se imagine aún que detrás de las matemáticas básicas de primaria hay un mundo riquísimo en teoría de números.

Ternas Pitagóricas

Las ternas pitagóricas son soluciones enteras de la ecuación ${x^2+y^2=z^2}$. Invito a todo lector con conocimientos básicos de álgebra a seguir esta entrada, más que conocimientos previos se requiere voluntad para entender el cómo se obtienen todas las ternas. Extiendo la explicación de Carlos Ivorra Castillo y como segunda referencia, en el blog de Larry Freeman puede leerse un razonamiento análogo al aquí mostrado que no emplea aritmética modular.Lo que se quiere es encontrar las ternas pitagóricas no triviales o primitivas ${(a,b,c)}$, esto es, a partir de las cuales pueda generarse cualquier terna, ya que si ${(a,b,c)}$ es una terna, entonces ${(na,nb,nc)}$ también lo es para cualquier n entero. La solución primitiva entonces requiere que el máximo común divisor de la terna sea 1, esto suele escribirse como ${\mathrm{mcd}(a,b,c)=1}$.

Lo primero a notar es que no pueden ser pares los tres elementos de cualquier terna, ya que tendrían un divisor en común. De aquí, sabemos que la suma y diferencia tanto de pares como de impares es un número par, y un número es par o impar si y sólo si lo es su cuadrado, por lo que sólo puede haber un término par en una terna.Ahora bien, en $\mathbb{Z}$, que un número $\alpha$ divida a un número $\beta$ significa que existe un número $\gamma$ tal que ${\beta=\gamma\alpha}$ y se escribe ${\alpha|\beta}$ (léase $\alpha$ divide a $\beta$). Las siguientes propiedades son claves:

Si $\displaystyle{\alpha|\beta}$ y $\displaystyle{\beta|\gamma}$, entonces $\displaystyle{\alpha|\gamma}$.

Si ${\alpha|\beta}$ y ${\alpha|\gamma}$ entonces ${\alpha|(\beta{x}+\gamma{y}),\;\forall{\;(x,y)\in\mathbb{Z}}}$.

intenta demostrarlas utilizando la definición de ${\alpha|\beta}$. Esto nos es de utilidad pues, regresando a la ecuación ${x^2+y^2=z^2}$, nota que si ${p|x}$ y ${p|y}$, entonces ${p|(x^2+y^2)}$, y así ${p|z^2}$, con lo que ${p|z}$. Se sigue entonces que los elementos de una terna pitagórica son coprimos o primos entre sí dos a dos, es decir, ningún elemento tiene algún factor en común con algún otro elemento y así ${\mathrm{mcd}(x,y,z)=1}$.

Ahora bien, se llama clase de congruencia de $\alpha$ módulo n al conjunto
$$[\alpha]_n=\left\{\alpha^\prime\in\mathbb{Z}\mid\alpha^\prime\equiv\alpha\pmod{n}\right\}$$ para los ajenos al aritmética modular, ${\alpha^\prime\equiv\alpha\pmod{n}}$ es una relación de congruencia, se lee ${\alpha^\prime}$ es congruente con $\alpha$ módulo n, y significa simplemente que ${\exists\,\omega\in\mathbb{Z}}$ tal que ${\alpha^\prime-\alpha=\omega{n}}$, de donde se sigue que podemos escribir
$$[\alpha]_n=\left\{\alpha+\omega{n}\mid\omega\in\mathbb{Z}\right\}$$ así entonces, las clases de congruencia de ${\alpha=0,1,2,3,\ldots}$ módulo 3 son
\begin{align*}[0]_3&=\{0+3\omega\mid\omega\in\mathbb{Z}\}=\{\ldots-6,-3,0,3,6,\ldots\}\\{[1]_3}&=\{1+3\omega\mid\omega\in\mathbb{Z}\}=\{\ldots,-5,-2,1,4,7,\ldots\}\\{[2]_3}&=\{2+3\omega\mid\omega\in\mathbb{Z}\}=\{\ldots,-4,-1,2,5,8,\ldots\}\\{[3]_3}&=\{3+3\omega\mid\omega\in\mathbb{Z}\}=\{\ldots,-3,0,3,6,9,\ldots\}\\&\vdots\end{align*} nota entonces que, por ejemplo, ${[0]_3=[3]_3}$, esto será importante más adelante. Podemos operar fácilmente con las clases de congruencia al obtener consecuencias para las relaciones de congruencia. Considera las siguientes propiedades:

Si ${\alpha_1\equiv\beta_1\pmod{n}}$ y ${\alpha_2\equiv\beta_2\pmod{n}}$, entonces:
$$\alpha_1+\alpha_2\equiv\beta_1+\beta_2\pmod{n}$$ y también
$$\alpha_1\alpha_2\equiv\beta_1\beta_2\pmod{n}$$

de este modo que se tiene simplemente que ${[\alpha]_n+[\beta]_n=[\alpha+\beta]_n}$ y también ${[\alpha]_n\cdot[\beta_n]=[\alpha\cdot\beta]_n}$. Puedes leer la demostración y más acerca de congruencias en este documento.

Bien, pues todo esto nos sirve simplemente para saber qué término es par en una terna pitagórica. Supongamos que z es el término par, entonces ${x,y}$ son de la forma ${2\mu+1,\;2\eta+1}$, respectivamente, lo que significa que ${x^2=4\mu^2+4\mu+1}$ y ${y^2=4\eta^2+4\eta+1}$ y de este modo, podemos obtener consecuencias de la ecuación ${x^2+y^2=z^4}$ tomando clases módulo 4, esto es
$$[z]^2_4=[x]^2_4+[y]^2_4=[1]_4+[1]_4=[2]_4$$ sin embargo, nota que ninguna clase módulo 4 al cuadrado resulta en la clase ${[2]_4}$:
$$[z]^2_4=\left\{\begin{array}{ll}[2\chi+1]^2_4=[1]_4,&z\text{ es impar}\\[0.1in]{[2\chi]^2_4}=[0]_4,&z\text{ es par}\end{array}\right.$$ por tanto z no puede ser par.

Asumamos entonces sin pérdida de generalidad que x es par y y es impar. Hemos concluido además que z es impar, entonces sean ${x=2u,\;z+y=2v,\;z-y=2w}$, de modo que a partir de ${x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)}$ se sigue que ${u^2=vw}$. Ahora bien, nota que ${v,w}$ son coprimos, i.e. ${\mathrm{mcd}(v,w)=1}$, ya que si existiera algún primo $\delta$ tal que ${\delta|v}$ y también ${\delta|w}$, entonces ${\delta|(v+w)=z}$ y también ${\delta|(v-w)=y}$, lo que contradiría que ${y,z}$ son coprimos, como se concluyó antes.

Ahora bien, por el teorema fundamental de la aritmética (o teorema de factorización única), en la expresión ${u^2=vw;\;v,w>0,\;\exists\,{p,q}}$ números primos tales que ${v=p^2,\;w=q^2}$. Aún más, en general si ${u,v,w\in\mathbb{Z}^+}$ con ${u^n=vw}$ y ${\mathrm{mcd}(v,w)=1}$, entonces existen ${p,q}$ tales que ${v=p^n,\;w=q^n}$. Es sencillo ver que ${u^2=p^2q^2}$ empleando máximo común divisor; aquí se muestran algunas propiedades, sólo verifica tú mismo que para ${a,b,c}$ enteros, ${\mathrm{mcd}(a,b)\mathrm{mcd}(a,c)=\mathrm{mcd}\left(a\;\mathrm{mcd}(a,b,c),bc\right)}$. Entonces se sabe que ${\mathrm{mcd}(u,v,w)=1}$ y ${vw=u^2}$, y así:
\begin{align*}vw&=\mathrm{mcd}(vw,u)^n\\[0.1in]&=\mathrm{mcd}(vw,u\;\mathrm{mcd}(u,v,w))^n\\[0.1in]&=\left(\mathrm{mcd}(v,u)\mathrm{mcd}(w,u)\right)^n\\[0.1in]&=\mathrm{mcd}(v,u)^n\mathrm{mcd}(w,u)^n\\[0.1in]&=u^n\mathrm{mcd}(v,w)^n=u^n\end{align*} esto es ${vw=\mathrm{mcd}(v,u)^n\mathrm{mcd}(w,u)^n=p^nq^n}$ de donde se sigue ${v=p^n,\;w=q^n}$. Aún más, sólo se pide que ${p,q}$ sean coprimos, ya que ${\mathrm{mcd}(v,w)=1\;\Longrightarrow{\mathrm{mcd}(p,q)=1}}$.

Y está resuelto el problema, tenemos entonces que
\begin{align*}z&=v+w=p^2+q^2\\[0.1in]y&=v-w=p^2-q^2\\[0.1in]x&=2u=2pq\end{align*} esto es, las ternas pitagóricas (para ${x^2+y^2=z^2}$ ) están dadas por
$$(x,y,z)=(2pq,p^2-q^2,p^2+q^2)$$ donde ${p,q}$ son coprimos y de paridad contraria. Algunos ejemplos son
$$\begin{array}{llc}p&\hspace{0.25in}q&\hspace{0.25in}x^2+y^2=z^2\\[0.15in]2&\hspace{0.25in}1&\hspace{0.25in}4^2+3^2=5^2\\3&\hspace{0.25in}2&\hspace{0.25in}12^2+5^2=13^2\\4&\hspace{0.25in}3&\hspace{0.25in}24^2+7^2=25^2\\5&\hspace{0.25in}3&\hspace{0.25in}30^2+16^2=34^2\end{array}$$ De aquí puede generarse cualquier terna muy mona que sea múltiplo del caso ${p=2,\;q=1}$, como por ejemplo ${6^2+8^2=10^2}$, ${9^2+12^2=15^2}$, ${12^2+16^2=20^2}$, etc... Lo importante es que ya conocemos TODAS las soluciones a la ecuación ${x^2+y^2=z^2}$. Te felicito si has seguido la entrada hasta aquí, yo he disfrutado mucho aprendiendo y luego compartiendo. En teoría de números éste es un resultado básico.

Una identidad con el operador laplaciano

Bueno, esta es una identidad que se demuestra empleando otra identidad, sólo requiere un buen manejo de los operadores (en particular de la divergencia). No la he visto citada en los diversos formularios de identidades vectoriales, así que aquí la comparto.Si f y g son dos funciones ${\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}}$ cuando menos de clase ${C^2}$, entonces
\begin{equation}\nabla^2(fg)=f{\nabla^2{g}}+g{\nabla^2{f}}+2{\nabla{f}\cdot\nabla{g}}\end{equation} Bien, se tiene, partiendo de la definición del operador laplaciano
\begin{align}\nabla^2(fg)&=\nabla\cdot\nabla(fg)\nonumber\\[0.1in]&=\nabla\cdot\left[f\nabla{g}+g\nabla{f}\right]\nonumber\\[0.1in]&=\nabla\cdot{f\nabla{g}}+\nabla\cdot{g\nabla{f}}\end{align} De aquí entonces hay que obtener consecuencias de la forma ${\nabla\cdot{\psi\mathbf{A}}}$, se tiene
\begin{align}\nabla\cdot{\psi\mathbf{A}}&=\sum_i\frac{\partial}{\partial{x_i}}\hat{\imath}\cdot\psi\sum_iA_i\hat{\imath}\nonumber\\[0.1in]&=\sum_i\left[\psi\frac{\partial{A_i}}{\partial{x_i}}+A_i\frac{\partial\psi}{\partial{x_i}}\right]\nonumber\\[0.1in]&=\psi\sum_i\frac{\partial{A_i}}{\partial{x_i}}+\sum_iA_i\frac{\partial\psi}{\partial{x_i}}\nonumber\\[0.1in]&=\psi\left(\sum_i\frac{\partial}{\partial{x_i}}\hat{\imath}\cdot\sum_iA_i\hat{\imath}\right)+\sum_iA_i\hat{\imath}\cdot\sum_i\frac{\partial\psi}{\partial{x_i}}\hat{\imath}\nonumber\\[0.1in]&=\psi\nabla\cdot\mathbf{A}+\mathbf{A}\cdot\nabla\psi\end{align} que es la identidad que se encuentra comúnmente en formularios, de ahí entonces
\begin{align}\nabla^2(fg)&=\nabla\cdot{f\nabla{g}}+\nabla\cdot{g\nabla{f}}\nonumber\\[0.1in]&=f\nabla\cdot\nabla{g}+\nabla{g}\cdot\nabla{f}+g\nabla\cdot\nabla{f}+\nabla{f}\cdot\nabla{g}\nonumber\\[0.1in]&=f\nabla^2g+g\nabla^2f+2\nabla{f}\cdot\nabla{g}\hspace{0.5in}\blacksquare\end{align}

1, 2, 3, π

$$\arctan(1)+\arctan(2)+\arctan(3)=\pi$$

El teorema de Nicómaco

¿Habías notado que
\begin{equation}(1+2+3+\ldots+n)^2=1^3+2^3+3^3+\ldots+n^3\end{equation} es decir
\begin{equation}\left(\sum_{k=1}^n{k}\right)^2=\sum_{k=1}^n{k^3}\label{nico1}\end{equation} ? Bueno, esta identidad me ha resultado impresionante, y la verdad es que no la conocía, siendo que es bastante antigua. Se atribuye principalmente al trabajo de Nicómaco de Gerasa por ahí de los siglos I y II.

Nicómaco hizo la siguiente observación:

Teorema de Nicómaco:
La (suma) del primer número natural impar es igual al primer cubo, la suma de los dos siguientes números impares es igual al segundo cubo, la suma los tres siguientes impares es el tercer cubo, ...

Bueno, lo he dicho con mis palabras, pero entiéndase como
\begin{align}1&=1^3\label{nico2}\\3+5&=2^3\label{nico3}\\7+9+11&=3^3\label{nico4}\\13+15+17+19&=4^3\\21+23+25+27+29&=5^3\\&\vdots\nonumber\\(n^2-n+1)+(n^2-n+3)+\ldots+(n^2+n-3)+(n^2-n-1)&=n^3,\;\forall{n}\in\mathbb{N}\end{align} es decir,
\begin{equation}\sum_{k=1}^n\left[(n^2-n-1)+2k\right]=n^3\end{equation} de aquí, sumando los respectivos lados de cada ecuación se debería recuperar (\ref{nico1}), pero antes de mostrarlo mediante este teorema de Nicómaco original, probémoslo de -la que me parece- la forma más elemental de hacerlo: Inducción Matemática.

Sabemos que (\ref{nico1}) es cierta para ${n=1}$, entonces supóngase que es cierta para algún ${n=m}$. Así pues, averigüemos qué pasa para ${n=m+1}$; tenemos que
\begin{equation}\left(\sum_{k=1}^{m+1}k\right)^2=\sum_{k=1}^{m+1}k^3\end{equation} escribiendo explícitamente el término $m+1$,
\begin{equation}{\left(\sum_{k=1}^{m}k+(m+1)\right)^2}=\sum_{k=1}^{m}k^3+(m+1)^3\end{equation} expandiendo el cuadrado,
\begin{equation}{\left(\sum_{k=1}^m{k}\right)^2+2(m+1)\sum_{k=1}^m{k}}+(m+1)^2=\sum_{k=1}^{m}k^3+(m+1)^3\end{equation} empleando la serie aritmética, $\sum_{k=1}^m{k}=m(m+1)/2$,
\begin{equation}{\left(\sum_{k=1}^m{k}\right)^2+m(m+1)^2+(m+1)^2}=\sum_{k=1}^{m}k^3+(m+1)^3\end{equation} es decir,
\begin{equation}{\left(\sum_{k=1}^m{k}\right)^2}=\sum_{k=1}^m{k^3}\end{equation} por tanto, en efecto, (\ref{nico1}) es cierta ${\forall{n\in\mathbb{N}}}$.

Demostrémosla ahora partiendo del Teorema de Nicómaco. Notemos que sumando los respectivos lados de (\ref{nico2}) con (\ref{nico3}), y luego (\ref{nico2}) con (\ref{nico3}) con (\ref{nico4}) y así con las siguientes, el Teorema nos dice que la suma de cubos de números naturales hasta $n$ es igual a la suma de tantos números impares como la serie aritmética hasta $n$, es decir
\begin{align}1^3+2^3&=1+3+5\\1^3+2^3+3^3&=1+3+5+7+9+11\\&\vdots\nonumber\\\sum_{k=1}^n{k^3}&=\sum_{k=1}^{n(n+1)/2}(2k-1)\end{align} Ahora es necesario hacer uso del llamado Teorema del Número Impar, que me limitaré a presentar con esta demostración sin palabras extraída del blog Bill The Lizard:

Lo que dice este teorema, y como muestra la imagen, es que
\begin{equation}n^2=\sum_{k=1}^{n}(2k-1)\end{equation} Así entonces concluímos que
\begin{equation}\sum_{k=1}^n{k^3}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2\end{equation} esto es,
\begin{equation}\sum_{k=1}^n{k^3}=\left(\sum_{k=1}^n{k}\right)^2\end{equation} como se esperaba.

Otra forma bastante interesante de presentar esta identidad, es como sigue,
\begin{align}\sum_{k=1}^n{k^3}&=\left(\frac{(n+1)!}{2(n-1)!}\right)^2\nonumber\\[0.1in]&=\left(\frac{(n+1)!}{2!((n+1)-2)!}\right)^2\nonumber\\[0.1in]&=\binom{n+1}{2}^2\end{align} y digo interesante, porque finalmente lo que expresa son dos formas distintas de contar una cantidad dada, así que es de esperar que se pueda obtener una expresión que involucre un combinatorio. Quizá demostrar la identidad en esta última forma, utilizando únicamente combinatoria sería una tarea un poco más elaborada (o lo contrario) pero también ingeniosa y divertida.

Las siguientes demostraciones sin palabras podrían ayudar también con un poco de intuición. Da clic para ver la fuente original.

y también,

Unicidad de la serie de Laurent

Últimamente he tenido el tiempo para jugar con problemas que me resultan bastante interesantes, sobre todo de análisis vectorial y tensorial, teoría de números y variable compleja. Uno de ellos se lee: "Prove that the Laurent development is unique" en "Complex Analysis" de Lars V. Alfors. (3a ed., ej. 1, cap. 5.1.3). El problema es de hecho sencillo de argumentar, ya que por la convergencia uniforme de una serie de Laurent y el teorema integral de Cauchy, cualquier otra serie de Laurent propuesta de la misma función en la misma corona será idéntica. Pero bueno, lo que se quiere es demostrarlo.

La serie de Laurent de una función $f$ en $z$ analítica en ${\mathfrak{D}:\,r_1<|z-z_0|<r_2}$ es
$$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}A_n(z-z_0)^n$$ por tanto si el desarrollo es único, cualquier otro satisface
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}A_n(z-z_0)^n=\sum_{n=-\infty}^{\infty}B_n(z-z_0)^n$$ esto es
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}(A_n-B_n)(z-z_0)^n=0$$ Un paso en falso que he cometido es considerar aquí el teorema integral de Cauchy, sin embargo como el lector se puede dar cuenta, sólo se llega a que ${A_{-1}=B_{-1}}$. Para generalizar por este medio es necesario de algún modo considerar una forma de mantener a $n$ en la solución de la integral de contorno. La forma más sencilla es tomar una constante arbitraria.

Sea $m$ un entero arbitrario, entonces también
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}(A_n-B_n)(z-z_0)^n(z-z_0)^{-m-1}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(A_n-B_n)(z-z_0)^{n-m-1}=0$$ Sea $C$ un contorno positivo contenido en $\mathfrak{D}$, entonces
$$\oint_C\sum_{n=-\infty}^{\infty}(A_n-B_n)(z-z_0)^{n-m-1}\,\mathrm{d}z=0$$ esto es
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}(A_n-B_n)\oint_C(z-z_0)^{n-m-1}\,\mathrm{d}z=0$$ y por el teorema integral de Cauchy
$$2\pi{i}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(A_n-B_n)\delta_{nm}=0$$ donde
$$\delta_{nm}=\left\{\begin{array}{ll}1,&n=m\\0,&n\neq{m}\end{array}\right.$$ es la delta de Kronecker.

Finalmente, ya que $m$ es arbitrario, se sigue que
$${A_n=B_n}$$
como se quería mostrar.

El problema de Basilea

Uno de los acontecimientos que dieron fama a Leonhard Euler a sus 28 años fue “demostrar” que
$$\sum_{k=1}^{\infty}\,\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}$$ o bien para quien esté familiarizado
$$\zeta{(2)} =\frac{\pi^2}{6}$$ digo “demostrar” pues el procedimiento de Euler tenía una falla sutil por la cual fue criticado. El resultado anterior no es uno trivial y la pregunta original se conoce como el problema de Basilea, por la ciudad natal de Euler. Otros matemáticos intentaron resolverlo antes y todos fallaron; el problema fue propuesto en 1650 por Pietro Mengoli, que entre otras cosas fue el primero en demostrar que
$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k\;(k+1)}=1$$ Leibniz, Goldbach y Stirling fueron algunos de ellos, pero el que logró mayor avance fue Jacob Bernoulli (también nacido en Basilea) haciendo notar que
$$\sum_{k=1}^{\infty}\,\frac{1}{k^2}<2\sum_{k=1}^{\infty}\,\frac{1}{k\;(k+1)}=2$$ sin embargo, la serie converge muy lentamente, podríamos sumar 200 términos consecutivos y obtendríamos 1.6399465460149973, que tiene solamente un decimal correcto.

Pero tenía que aparecer Euler y hacer lo siguiente:

Se sabe que
$$\frac{\sin{\;x}}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots$$ además, la gente sabe que las raíces de la función seno son ${n\pi}$ para n entero, entonces Euler supone que lo siguiente es cierto
$$\frac{\sin{\;x}}{x}=\left(1-\frac{x}{\pi}\right)\;\left(1+\frac{x}{\pi}\right)\;\left(1-\frac{x}{2\pi}\right)\;\left(1+\frac{x}{2\pi}\right)\cdots=\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\;\left(1-\frac{x^2}{4\pi^2}\right)$$ entonces también debe ser cierto
$$\frac{x^2}{3!}=x^2\left(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}\cdots\right)$$ es decir
$$\left(\frac{\pi^2}{x^2}\right)\;\frac{x^2}{3!}=\left(\frac{\pi^2}{x^2}\right)\; x^2\left(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}\cdots\right)$$ $$\frac{\pi^2}{6}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots=\sum_{k=1}^{\infty}\;\frac{1}{k^2}$$ Este resultado es correcto y sin embargo tiene una falla, ¿puedes indicar cuál es?

El mismo Euler años más tarde proveería una demostración sin fallas y hoy se conocen soluciones al problema que no requieren intrincadas herramientas matemáticas.

El problema es de gran importancia pues logró cautivar a Bernhard Riemann, que después formularía la función zeta, que constituye uno de los problemas más relevantes hoy en día en la famosa Hipótesis de Riemann.

En el siguiente enlace pueden consultarse 14 procedimientos distintos para $\displaystyle{\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}}$ : Evaluating $\zeta(2)$

El teorema integral de Cauchy

Bueno, últimamente he estado bastante ocupado y no he trabajado mas que con lo necesario para asimilar nuevos conceptos y distintos problemas no necesariamente extraordinarios. Sin embargo quiero exponer el teorema de Cauchy por su importancia y por su belleza intrínseca, así como una de sus demostraciones (se dice que la propia de Cauchy). El teorema integral de Cauchy se lee:

Si $f(z)$ es analítica en un dominio simplemente conexo $\mathcal{D}$, para todo contorno $C$ en $\mathcal{D}$ se cumple
$$\oint_Cf(z)\,dz=0$$

Este teorema es de lo más conmovedor si además consideramos su demostración para el caso ${f^\prime(z)}$ continua.

Sabemos que ${f(z)=u(x,y)+iv(x,y)}$. Si para la integral de línea se tiene
$$S_n=\sum_{m=1}^n(u+iv)(\Delta{x}_m+i\Delta{y}_m)\\[0.1in]\lim_{n\to\infty}S_n=\int_{\tilde{C}}f(z)\,dz=\int_{\tilde{C}}\left(u\,dx-v\,dy\right)+i\int_{\tilde{C}}\left(u\,dy+v\,dx\right)$$ entonces análogamente, para un contorno $C$,
$$\oint_Cf(z)\,dz=\oint_{C}\left(u\,dx-v\,dy\right)+i\,\oint_{C}\left(u\,dy+v\,dx\right)$$ Como consideramos el caso en que ${f^\prime(z)}$ es continua, $u$ y $v$ tienen derivadas parciales continuas en $\mathcal{D}$.

Lo conmovedor de esta demostración, es que es aplicable el teorema de Green, que nos dice que si ${u,\,v}$ tienen derivadas parciales continuas en una región abierta $R$ en $\mathcal{D}$, se cumple
$$\int_{\tilde{C}}(u\,dx-v\,dy)=\iint\limits_{R}\left(-\frac{\partial{v}}{\partial{x}}-\frac{\partial{u}}{\partial{y}}\right)\,dx\,dy$$ ...y como la gente sabe, para toda función analítica en $\mathcal{D}$ se deben cumplir las ecuaciones Cauchy- Riemann, a saber:
$$\frac{\partial{u}}{\partial{x}}=\frac{\partial{v}}{\partial{y}}\hspace{0.5in}\frac{\partial{u}}{\partial{y}}=-\frac{\partial{v}}{\partial{x}}$$ Y con ello se ha demostrado el teorema integral de Cauchy para ${f^\prime{(z)}}$ continua.

Además, una de las consecuencias más importantes de este teorema es la llamada fórmula integral de Cauchy, que dice que
$$f(z_0)=\frac{1}{2\pi{i}}\,\oint_C\,\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz$$ con $C$ un contorno que encierra al punto ${z_0}$. O bien, se tiene también la llamada forma diferencial de la fórmula,
$$f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi{i}}\,\oint_C\,\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz,\hspace{0.1in}\forall{n}\in\mathbb{N}$$ Édouard Goursat, un matemático francés, demostró por el año 1900 la demostración del teorema integral de Cauchy sin la condición ${f^\prime{(z)}}$ continua, que además contribuye, por ejemplo, al hecho de que la derivada de una función analítica también sea analítica.

En el siguiente documento puede encontrarse información detallada y la demostración de Goursat. ["El teorema integral de Cauchy y algunas de sus consecuencias"]