Otro Problema del Milenio podría haber sido resuelto

Hace bien poco tiempo se dio por resuelto el problema denominado la conjetura de Poincaré, uno de los siete Problemas del Milenio, gracias a los trabajos de Grigori Perelman. Pues ahora cabe la posibilidad de que otro de estos problemas haya sido resuelto. Nos referimos concretamente a las ecuaciones de Navier-Stokes. Como en el caso anterior se ha colgado un trabajo en el arXiv que podría significar la resolución del problema.

El culpable de este hecho es… ¡no!. No es un culpable, sino una culpable: Penny Dorothy Smith. Y esto para mí es una gran noticia, ya que por desgracia no es muy habitual que haya mujeres en primera línea en ciencias como la Física o las Matemáticas.

Fuente: Otro Blog Más que a su vez lo sacó de Not Even Wrong.

Extra: Hace poco vi esta noticia también en Not Even Wrong sobre un posible contraejemplo de otro de los Problemas del Milenio: la conjetura de Hodge. Pues, como no, en el arXiv podemos encontrarlo. Parece ser que las grandes barreras científicas siguen cayendo.

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  1. -naan- | 5 de octubre de 2006 | 23:05

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    Sí, ya es hora de que se reconozca el trabajo femenino tanto como el masculino y de que las mujeres con talento puedan brillar tanto como los hombres.

  2. kaizen | 5 de octubre de 2006 | 23:18

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    Bueno, las pobres estuvieron desplazadas a lo largo de toda la historia. Jasús, están cayendo como moscas; a este paso, van a dejar en serios apuros económicos a la sociedad matemática…tanto premio, y tan de golpe…Perelman se quedó con el parné??

  3. mimetist | 5 de octubre de 2006 | 23:38

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    Maldita sea… ¿es que no van a dejar ninguno para mi? ¿para nosotros?

    ¿Qué tal si entre todos nos planteamos un problema “serio” (aunque no sea de los del milenio) e intentamos resolverlo “en bloque” a través del blog?

    Podríamos plantear el problema, crear una introducción, aportar “fuentes de información” y entre todos buscar alguna línea de investigación sobre el tema… Aunque no consigamos nada seguro que nos divertimos :D

    ¿Qué os parece la idea? (sí, estoy loco)

  4. discipulodegauss | 6 de octubre de 2006 | 04:18

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    Pues eso de las mujeres en la fisica me consta ,ya que ami me enseño fisica 2 una mujer y en quimica pues hay muchas mas,eso si en matematicas es mas elitista para los hombres y con eso no quiero parecer machista ,mas si me agradaria mas presencia femina.
    mimetist:pues es buena tu iniciativa ,personalmente a mi me falta pero estoy muy seguro que nos divertiriamos.

  5. mimetist | 6 de octubre de 2006 | 13:45

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    Erdös dejó unas cuantas conjeturas sin demostrar en teoría de números, pero quizá sea demasiado para empezar por ahí.

    Por desgracia no conozco “problemas abiertos” salvo los típicos que llegan siglos sin demostración.

    Aunque sea para “jugar” tenemos que ser realistas y plantearnos algún problema más asequible (o al menos que parezca asequible).

    ¿Alguna idea? ¿Señores Gaussianos?

    Quizá se esté cociendo algo importante en los comentarios de este post… podemos continuar y ver a dónde llega o podemos dejarlo aquí y suponer que no habría funcionado (pero ahí estáría la duda) :P

  6. ^DiAmOnD^ | 6 de octubre de 2006 | 14:07

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    discipulodegauss sí, hay muchas mujeres en la enseñanza. Yo mismo en mi carrera tuve bastantes profesoras. El problema es que muy pocas alcanzan notoriedad en estos campos. Muy pocas veces un premio importante va para una mujer, sea por la razón que sea. Por eso es muy buena noticia este hecho.

    mimetist lo que comentas es muy muy complicado, pero no imposible. Evidentemente habría que empezar con algún problema que tenga una formulación relativamente sencilla y que no necesite conocimientos demasiado avanzados en algún área, porque si los requiere a la mayoría seguro que se nos escapan.

    Búscate alguno y yo me uno al desafío :)

  7. Lek | 6 de octubre de 2006 | 15:24

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    Mimetist, que algunos tenemos vida social, joé…. yo creo que a ti te ha motivado el nombre de la matemática xDDDD

  8. neok | 6 de octubre de 2006 | 16:10

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    A mí la idea de mimetist me parece interesante, pero sería un tanto complicado de realizar.

    De todos modos es un posible dentro de este blog.

  9. Caerolus | 6 de octubre de 2006 | 16:48

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    ¿Resuelto otro Problema del Milenio?

    Si hace poco se montó mucho revuelo por la demostración de la conjetura de Poincaré (ahora teorema de Poincaré-Perelman), el rechazo de la medalla Fields por parte de Grigori Perelman y el supuesto plagio de otros, ahora le toca el turno a las ecua…

  10. discipulodegauss | 6 de octubre de 2006 | 18:43

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    DiAmOn te cuento que solo el 10% (aprox) de loos estudiantes son mujeres y de las profesoras tambien.
    Como hago para pegar de Math Type una formula aqui.

  11. mimetist | 6 de octubre de 2006 | 19:00

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    No estoy de acuerdo, en mi facultad de matemáticas de la complutense hay más chicas que chicos. Y profesoras también hay unas cuantas (aunque ahí sí ganan los hombres).

    He estado buscando problemas abiertos y he dado con la Conjetura de Andrica.

    Básicamente dice lo siguiente:

    sqrt(Pn+1) – sqrt(Pn) es menor que 1 para

    donde Pn+1 y Pn son dos primos consecutivos.

    Lo he estado pensando un poco y creo que he probado que no puede ser igual a uno en ningún caso. (supongo que esto ya estaba demostrado porque me ha resultado realmente fácil, salvo que haya cometido algún error).

    ¿nos animamos? :D

  12. mimetist | 6 de octubre de 2006 | 19:06

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    Por cierto, cuando digo “primos consecutivos” me refiero a un primo y el siguiente número primo (lo aclaro porque los “primos consecutivos” son los que se diferencian por una unidad… y no me refiero a esos).

  13. neok | 6 de octubre de 2006 | 19:35

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    mimetist yo te demuestro que los primeros números primos cumplen esa conjetura:

    Para Pn = 1

    sqrt(2) – sqrt(1) = 0

    Para Pn = 2

    sqrt(3) – sqrt(2) = 0,73…

    Para Pn = 3

    sqrt(5) – sqrt(3) = 0,504…

    Ya te queda menos, jejeje

    Me parece que te has pasado mucho con el problema elegido, porque las cosas de números primos suelen ser las más díficiles de demostrar. ;)

  14. ^DiAmOnD^ | 6 de octubre de 2006 | 19:39

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    discipulodegauss cuando yo estaba en la carrera el tanto por ciento de mujeres era bastante alto, de hecho casi todos los años era mayor que el de hombres, al menos en mi clase.

    mimetist tiene pinta de ser interesante, pero como dice neok las cosas de números primos suelen ser muy complicadas de demostrar. Aunque por intentarlo no pasa nada :)

  15. mimetist | 6 de octubre de 2006 | 19:53

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    Jejeje, en el 98 alguien ya había probado que se cumplía con los primos menores que 2^42 :D y en el enlace que he puesto hay una gráfica con los valores obtenidos con los 500 primeros primos.

    Pero gracias!! :D

    jejeje, Diamond, a estas alturas no creo que quede nada por demostrar que no sea complicado.

    Aunque por ahora lo que he hecho no me parece difícil, así que debe de haber más de un error :(

  16. mimetist | 6 de octubre de 2006 | 21:34

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    (os pongo aquí la demostración de que no puede darse nunca la igualdad por reducción al absurdo… perdón por el Offtopic jeje)

    Tenemos que Pn+1 y Pn son ambos primos y, por tanto, naturales (por supuesto no nulos).

    Supongamos sqrt(Pn+1) – sqrt(Pn) = 1 entonces
    sqrt(Pn+1) = 1 + sqrt(Pn)

    elevando al cuadrado queda:

    Pn+1 = 1 + 2sqrt(Pn) + Pn

    por tanto

    Pn+1 – Pn = 1 + 2sqrt(Pn)

    Ahora tenemos que (Pn+1 – Pn) debe ser un número natural, por lo que (1 + 2sqrt(Pn)) también debe serlo… lo cual implica que 2sqrt(Pn) sea natural. Para que así sea tenemos dos posibilidades:

    (1) sqrt(Pn) es un número natural.
    Si lo fuese como Pn = (sqrt(Pn))² tendríamos que Pn no es primo, lo cual contradice las hipótesis.

    (2) 2sqrt(Pn) es un número natural:
    Si así fuese tendríamos que
    sqrt(Pn) = b/2 con “b” impar (o b/2 sería entero y volveríamos al caso anterior), entonces b = 2k + 1

    de modo que:

    sqrt(Pn) = (2k + 1)/2 = (1/2)(2k + 1) con k natural.

    Pero en si esto es así tenemos que:

    Pn = (sqrt(Pn))² = (1/4)(4k² + 4k +1) =
    = k² + k + (1/4)

    Esta última expresión nunca puede ser igual a un número entero si k es natural, por lo que no puede ser igual a Pn primo.

    Puesto que sea cual sea el camino elegido llegamos a una contradicción, tenemos que nunca se podrá dar la igualdad.

  17. discipulodegauss | 6 de octubre de 2006 | 21:42

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    mimetist lo dificil esta para >1, si se demuestra eso cae por lo menos una conjetura mas de los primos.
    Para variar el menu les pongo otra ☺(considerar §=integral simple,Si^k=sumatoria de los n primeros naturales elevado a la potencia k y Bk=el k-esimo numero de bernoulli):demostrar que para k>1: S(i^k)= k§(Si^(k-1))dn +Bk.n

  18. Asier | 6 de octubre de 2006 | 21:56

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    La verdad es que te has alargado innecesariamente con la demostración, mimetist.

    En cuanto obtienes Pn+1 – Pn = 1 + 2sqrt(Pn) ya has acabado porque la raiz cuadrada de un número primo nunca puede ser un entero, dado que los primos, por definición, no pueden factorizarse.

    Por otra parte, la dificultad en demostrar la conjetura que propones radica en que no se conoce la manera de obtener la diferencia entre primos consecutivos, y si sigues dándole vueltas al asunto verás que si no tienes muy bien acotada esa diferencia no podrás demostrar la conjetura.

    Demostrarlo para todos los primos gemelos, por ejemplo, es sencillísimo:

    Partimos de: Pn+1 – Pn 1

  19. Asier | 6 de octubre de 2006 | 21:59

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    (Repito lo anterior que no sé por qué se ha cortado)

    La verdad es que te has alargado innecesariamente con la demostración, mimetist.

    En cuanto obtienes Pn+1 – Pn = 1 + 2sqrt(Pn) ya has acabado porque la raiz cuadrada de un número primo nunca puede ser un entero, dado que los primos, por definición, no pueden factorizarse.

    Por otra parte, la dificultad en demostrar la conjetura que propones radica en que no se conoce la manera de obtener la diferencia entre primos consecutivos, y si sigues dándole vueltas al asunto verás que si no tienes muy bien acotada esa diferencia no podrás demostrar la conjetura.

    Demostrarlo para todos los primos gemelos, por ejemplo, es sencillísimo:

    Partimos de: Pn+1 – Pn 1

  20. mimetist | 6 de octubre de 2006 | 22:08

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    Cierto, Asier :D

    La única “cota” a la que he llegado es a esta:

    Pn > [(c-1)/2]² donde c = Pn+1 – Pn

    Se obtiene a partir del enunciado del problema y teniendo en cuenta que Pn+1 = Pn + c

  21. Asier | 6 de octubre de 2006 | 22:09

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    (Parece ser que los símbolos mayor y menor los interpreta como etiquetas HTML y por eso se corta)

    Voy a hacer unas pruebas: < >

  22. Asier | 6 de octubre de 2006 | 22:16

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    (Sigo con lo anterior, a ver si sale bien)

    Demostrarlo para todos los primos gemelos, por ejemplo, es sencillísimo:

    Partimos de: Pn+1 – Pn < 1 + 2sqrt(Pn)

    Por la definición de primos gemelos: Pn+1 = Pn + 2

    Nos queda: 2 < 1 + 2sqrt(Pn) –> 1 < 2sqrt(Pn)

    Y por fin: 1/4 < Pn

    Y evidentemente esto es cierto.

    Para escribir mayor que y menor que he tenido que utilizar &lt; y &gt;

    Otra cosa: cómo conseguis escribir en negrita?

  23. mimetist | 6 de octubre de 2006 | 23:28

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    Asier, las negritas se escriben usando la etiqueta btexto en negrita/b. (espero que aparezca bien).

    continuando con el problemilla… partiendo de la igualdad: 2sqrt(Pn) > Pn+1 – Pn – 1

    He separado los casos en los que Pn y Pn+1 son primos del tipo 4k+3 o 4k+1. Obteniendo los siguientes resultados:

    Pn+1 = 4h+3 ; Pn = 4k+3 :
    (11/8) > 2(h-k)² – h – k

    Pn+1 = 4h+3 ; Pn = 4k+1 :
    (3/8) > 2(h-k)² + h – 3k

    Pn+1 = 4h+1 ; Pn = 4k+3 :
    (3/8) > 2(h-k)² – 3h + k

    Pn+1 = 4h+1 ; Pn = 4k+1 :
    (3/8) > 2(h-k)² – h – k

    El desarrollo es muy simple, sólo sustituir los valores de Pn y Pn+1 y operar tanto como sea posible. He repasado varias veces para comprobar que no haya errores, así que espero que no se me haya escapado ninguno.

    No sé muy bien si estas inecuaciones nos sirven para algo… pero me gusta como quedan!! jejeje

  24. Gaussianos | 10 de octubre de 2006 | 10:39

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    Momentánea falsa alarma sobre Navier-Stokes

    Hace unos días nos hacíamos eco de la noticia sobre la posible resolución del problema de las ecuaciones de Navier-Stokes por parte de Penny Smith. Pues parece ser que por ahora no hay resolución, ya que la propia Penny ha retirado el documento qu…

  25. Trackback | 25 nov, 2006

    Gaussianos » Momentánea falsa alarma sobre Navier-Stokes

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