Matemática => Teorema de Fermat => Mensaje iniciado por: Proyecto en 26/01/2015, 05:51:44 am



Título: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 26/01/2015, 05:51:44 am
Hola el_manco.


Gracias por tus consejos. Si saco algo en claro de aquí la mitad es tuyo, como todo el mundo ha podido comprobar. Prefiero entonces reescribir toda la demostración de manera autocontenida, como me indicas y razonar a partir de ahí.


Propongo que, para:  [texx]x,y,z\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,\,mcd(x,y,z)=1\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,x\in{\left\{{Nos.\,\,Pares}\right\}}[/texx] ;  si:  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] ,  entonces:  [texx]xyz\,=\,\,\infty[/texx] .


(1)    [texx]x^4=z^4-y^4\quad\wedge\quad x^4=(z^2+y^2)(z^2-y^2)[/texx]

    a) Como:  [texx]x\,,\,\,z^2+y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2-y^2[/texx]  son pares.

Entonces, de entrada:  [texx]x=2u[/texx]

    b) Demostración que  [texx]z^2+y^2[/texx] es par de la forma: 2v .

Si:  [texx]y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1[/texx] ;  entonces:

    [texx]z^2+y^2=2(2b^2-2b+2a^2-2a+1)[/texx]

    c) Demostración que  [texx]z^2-y^2[/texx]  es par, como mínimo, de la forma:  [texx]8w[/texx] .

Si:  [texx]y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1[/texx] ;  entonces:

    [texx]z^2-y^2=4(b^2-a^2-b+a)[/texx]

E independientemente de la paridad de  [texx]a\vee b[/texx] ,  la suma de las cantidades contenidas en el paréntesis será siempre par.


De esta manera:

(2)    [texx]16u^4=2v\cdot{8w}\quad\wedge\quad u^4=v\cdot{w}[/texx]

    a)  Si  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,\,w[/texx]  fueran coprimos deberán ser entonces a su vez potencias cuartas.

Demostración:  Si  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,w[/texx]  tuvieran un factor común, éste lo sería también de  [texx]y\,\,\,\wedge\,\,\,z[/texx] ,  lo que no es posible al ser éstos comprimos.

Veámoslo:

    [texx]z^2+y^2=2v[/texx]

    [texx]z^2-y^2=8w[/texx]

    [texx]z^2=2v-y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,y^2=z^2-8w[/texx]

    [texx]z^2=v+4w[/texx]

    [texx]y^2=2v-z^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2=8w+y^2[/texx]

    [texx]y^2=v-4w[/texx]

Si:  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,w[/texx]  tuvieran por ejemplo el factor común  "[texx]l[/texx]" ,  de tal manera que:  [texx]v=l\cdot{n}\,\,\,\wedge\,\,\,w=l\cdot{m}[/texx] ;  entonces:  [texx]z^2=ln+4lm\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=ln-4lm[/texx] .  Luego:  [texx]z^2=l(n+4m)\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=l(n-4m)[/texx] ,  lo que no es posible al ser  [texx]y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2[/texx]  coprimos, pues lo son  [texx]y\,\,\,\wedge\,\,\,z[/texx] .

Tenemos entonces que:  [texx]v=p^4\,\,\,\wedge\,\,\,w=q^4[/texx] .

    b) Como sabemos ahora que:  [texx]\pmb{y^2=p^4-4q^4}\,\,\,\wedge\,\,\,\pmb{z^2=p^4+4q^4}[/texx] ,  y que además:  [texx]x^4=z^4-y^4[/texx] ;  podemos despejar  " [texx]x[/texx] "  en función de  [texx]p\,\,\,\wedge\,\,\,q[/texx] :

    [texx]x^4=(p^4+4q^4)^2-(p^4-4q^4)^2[/texx]

    [texx]\pmb{x=2pq}[/texx]

Donde:  [texx]p,q\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,p>q\,\,\,\wedge\,\,\,p[/texx]  es impar, pues es la única manera para que se cumpla que  [texx]y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2[/texx]  sean impares.

    c) Demostremos ahora que  " [texx]q[/texx] " es, a su vez, par.

Tenemos que:

    [texx]z^2=p^4+4q^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q^4=\dfrac{z^2-p^4}{4}}[/texx]

Si:  [texx]z=2b-1\,\,\,\wedge\,\,\,p=2c-1[/texx]

Entonces:

    [texx]q^4=-4c^4+8c^3-6c^2+b^2+2c-b[/texx]

Y como vemos, todos los términos de la suma son pares menos  [texx]b^2\,\,\,\wedge\,\,\,-b[/texx] .  De manera que sea  "[texx]b[/texx]" par o impar, sumado al resto de términos dará siempre lugar a un número par.


(3)    Como sabemos que:  [texx]y^2=p^4-4q^4[/texx] ;  entonces:

    [texx]y^2=(p^2)^{2}-(2q^2)^{2}[/texx]

Y como:  [texx]mcd(2q^2,\,y,\,p^2)=1[/texx] ;  estamos ante una terna pitagórica que sabemos que cumplirá que:

    [texx](2q^2,\,y,\,p^2)\,\in\,\,{(2p_1q_1\,,\,p_1^{2}-q_1^{2}\,,\,p_1^{2}+q_1^{2})[/texx]

De esta forma:

    [texx]y\,=\,p_1^2-q_1^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,p_1^2+q_1^2 [/texx]

    a) Si sutituimos ahora en:  [texx]y^2=p^4-4q^4[/texx]  y despejamos  " [texx]q[/texx] " ,  obtendremos que:  [texx]q^2\,=\,p_1q_1[/texx] .  Conociendo  [texx]p^2\,\,\wedge\,\,q^2[/texx]  en función de  [texx]p_1\,\,\wedge\,\,q_1[/texx] ,  sólo nos queda relacionar  [texx]p_1\,\,\wedge\,\,q_1[/texx]  con  [texx]p_{1+k}\,\,\wedge\,\,q_{1+k}[/texx] .

    b) Dado que:  [texx]x^2=4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4[/texx] ;  sustituyendo, obtenemos que:  [texx]x^2+z^2\,=\,(p_1^2+q_1^2)^4[/texx] .  Pero como esto es igual que:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_1^2+q_1^2)^2}\right)^2[/texx]  y además:  [texx]mcd\left({x\,,\,z\,,\,(p_1^2+q_1^2)^2}\right)\,=\,1[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_1^2+q_1^2)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] ;  y entonces:  [texx](p_1^2+q_1^2)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] ;  lo que representa a su vez la terna pitagórica:  [texx]\left({\,q_2\,,\,p_2\,,\,p_1^2+q_1^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_3q_3\,,\,p_3^2-q_3^2\,,\,p_3^2+q_3^2\right)}[/texx] .  Y esto significará que:  [texx]p_1^2+q_1^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] .

    c) Llegados a este punto, basta con ir sustituyendo otra vez en:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_3^2+q_3^2)^2}\right)^2[/texx] ,  para obtener:  [texx]p_3^2+q_3^2\,=\,p_5^2+q_5^2[/texx]  y continuar así indefinidamente.



 (4)    Pero como acabamos de ver:  [texx]x\,=\,2\,p_2\,q_2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_2\,=\,2\,p_3\,q_3[/texx] .  De lo que se deduce por iteración que:  [texx]q_3\,=\,2\,p_4\,q_4[/texx] ,  y así indefinidamente:  [texx]q_n\,=\,2\,p_{n+1}\,q_{n+1}[/texx] .
   

(4)    Por otra parte sabemos que:  [texx]x\,=\,2pq\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,x^2\,=\,4p^2q^2[/texx] .

Y que, como acabamos de ver arriba, también:  [texx]x\,=\,2\,p_2\,q_2[/texx] . Que por reiteración del proceso señalado, será:

    [texx]x\,=\,2pq\,=\,2\,p_2\,q_2\,=\,2\,p_4\,q_4\,=\,\,\,...\,\,\,=\,\,2\,p_{2n}\,q_{2n}[/texx]

De la misma forma para  [texx]x^2[/texx] ,  conociendo el valor de  [texx]p^2\,\,\,\wedge\,\,\,q^2[/texx] , será:

    [texx]x^2\,=\,4p^2q^2\,=\,4\,(p_1^2+q_1^2)p_1q_1\,=\,4\,(p_3^2+q_3^2)p_3q_3\,=\,\,\,...\,\,\,=\,\,4(p_{2n-1}^2+q_{2n-1}^2)p_{2n-1}q_{2n-1}[/texx]


(5)    Sólo nos queda ya demostrar que los factores  [texx]p_n\,\,\,\wedge\,\,\,q_n[/texx]  son diferentes de los factores  [texx]p_{n+1}\,\,\,\wedge\,\,\,q_{n+1}[/texx] .

Tenemos -ver más arriba-, que:

    [texx](p_n^2+q_n^2)^2\,=\,p_{n+1}^2+q_{n+1}^2[/texx]

Es inmediato que si:  [texx]p_{n+1}\,=\,p_n\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_{n+1}\,=\,q_n[/texx] ;  entonces:  [texx](p_n^2+q_n^2)^2\,>\,p_{n}^2+q_{n}^2[/texx] .  Luego  [texx]p_{n+1}\,\,\,\,\vee\,\,\,\,q_{n+1}[/texx]  deben ser mayores que  [texx]p_{n}\,\,\,\,\vee\,\,\,\,q_{n}[/texx] .


(5)    Al menos  " [texx]x[/texx] "  tiene infinitos factores.


Un saludo,


PD. Pues el caso es que releyendo ahora lo que he puesto no acabo de ver lo de las infinitas factorizaciones si fuera posible que por un lado todos los  [texx]p_{2n-1}[/texx]  sean iguales y que por otro lo sean a su vez todos los  [texx]p_{2n}[/texx] . Lo siento, son las cosas "del directo", que por otra parte tampoco es nada malo, siendo ésta una de las características que puede aportar un foro a diferencia de otros formatos. Sdos,

PD.(2) Creo que ahora sí. Ver las correcciones en rojo .  Disculpas por si a alguien le molestan estas cosas.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 27/01/2015, 06:36:35 am
Hola,

Paso a limpio lo de ayer. Un saludo,


Propongo que, para:  [texx]x,y,z\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,\,mcd(x,y,z)=1\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,x\in{\left\{{Nos.\,\,Pares}\right\}}[/texx] ;  si:  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] ,  entonces:  [texx]xyz\,=\,\,\pmb{\infty}[/texx] .


(1)    [texx]x^4=z^4-y^4\quad\wedge\quad x^4=(z^2+y^2)(z^2-y^2)[/texx]

    a) Como:  [texx]x\,,\,\,z^2+y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2-y^2[/texx]  son pares.

Entonces, de entrada:  [texx]x=2u[/texx]

    b) Demostración que  [texx]z^2+y^2[/texx] es par de la forma: 2v .

Si:  [texx]y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1[/texx] ;  entonces:

    [texx]z^2+y^2=2(2b^2-2b+2a^2-2a+1)[/texx]

    c) Demostración que  [texx]z^2-y^2[/texx]  es par, como mínimo, de la forma:  [texx]8w[/texx] .

Si:  [texx]y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1[/texx] ;  entonces:

    [texx]z^2-y^2=4(b^2-a^2-b+a)[/texx]

E independientemente de la paridad de  [texx]a\vee b[/texx] ,  la suma de las cantidades contenidas en el paréntesis será siempre par.


De esta manera:

(2)    [texx]16u^4=2v\cdot{8w}\quad\wedge\quad u^4=v\cdot{w}[/texx]

    a)  Si  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,\,w[/texx]  fueran coprimos deberán ser entonces a su vez potencias cuartas.

Demostración:  Si  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,w[/texx]  tuvieran un factor común, éste lo sería también de  [texx]y\,\,\,\wedge\,\,\,z[/texx] ,  lo que no es posible al ser éstos comprimos.

Veámoslo:

    [texx]z^2+y^2=2v[/texx]

    [texx]z^2-y^2=8w[/texx]

    [texx]z^2=2v-y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,y^2=z^2-8w[/texx]

    [texx]z^2=v+4w[/texx]

    [texx]y^2=2v-z^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2=8w+y^2[/texx]

    [texx]y^2=v-4w[/texx]

Si:  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,w[/texx]  tuvieran por ejemplo el factor común  "[texx]l[/texx]" ,  de tal manera que:  [texx]v=l\cdot{n}\,\,\,\wedge\,\,\,w=l\cdot{m}[/texx] ;  entonces:  [texx]z^2=ln+4lm\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=ln-4lm[/texx] .  Luego:  [texx]z^2=l(n+4m)\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=l(n-4m)[/texx] ,  lo que no es posible al ser  [texx]y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2[/texx]  coprimos, pues lo son  [texx]y\,\,\,\wedge\,\,\,z[/texx] .

Tenemos entonces que:  [texx]v=p^4\,\,\,\wedge\,\,\,w=q^4[/texx] .

    b) Como sabemos ahora que:  [texx]\pmb{y^2=p^4-4q^4}\,\,\,\wedge\,\,\,\pmb{z^2=p^4+4q^4}[/texx] ,  y que además:  [texx]x^4=z^4-y^4[/texx] ;  podemos despejar  " [texx]x[/texx] "  en función de  [texx]p\,\,\,\wedge\,\,\,q[/texx] :

    [texx]x^4=(p^4+4q^4)^2-(p^4-4q^4)^2[/texx]

    [texx]\pmb{x=2pq}[/texx]

Donde:  [texx]p,q\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,p>q\,\,\,\wedge\,\,\,p[/texx]  es impar, pues es la única manera para que se cumpla que  [texx]y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2[/texx]  sean impares.

    c) Demostremos ahora que  " [texx]q[/texx] " es, a su vez, par.

Tenemos que:

    [texx]z^2=p^4+4q^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q^4=\dfrac{z^2-p^4}{4}}[/texx]

Si:  [texx]z=2b-1\,\,\,\wedge\,\,\,p=2c-1[/texx]

Entonces:

    [texx]q^4=-4c^4+8c^3-6c^2+b^2+2c-b[/texx]

Y como vemos, todos los términos de la suma son pares menos  [texx]b^2\,\,\,\wedge\,\,\,-b[/texx] .  De manera que sea  "[texx]b[/texx]" par o impar, sumado al resto de términos dará siempre lugar a un número par.


(3)    Como sabemos que:  [texx]y^2=p^4-4q^4[/texx] ;  entonces:

    [texx]y^2=(p^2)^{2}-(2q^2)^{2}[/texx]

Y como:  [texx]mcd(2q^2,\,y,\,p^2)=1[/texx] ;  estamos ante una terna pitagórica que sabemos que cumplirá que:

    [texx](2q^2,\,y,\,p^2)\,\in\,\,{(2p_1q_1\,,\,p_1^{2}-q_1^{2}\,,\,p_1^{2}+q_1^{2})[/texx]

De esta forma:

    [texx]q^2\,=\,p_1q_1\quad\wedge\quad y\,=\,p_1^2-q_1^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,p_1^2+q_1^2[/texx]

Conociendo  [texx]p^2\,\,\wedge\,\,q^2[/texx]  en función de  [texx]p_1\,\,\wedge\,\,q_1[/texx] ,  sólo nos queda relacionar  [texx]p_1\,\,\wedge\,\,q_1[/texx]  con  [texx]p_{1+k}\,\,\wedge\,\,q_{1+k}[/texx] .

Dado que:  [texx]x^2=4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4[/texx] ;  sustituyendo, obtenemos que:  [texx]x^2+z^2\,=\,(p_1^2+q_1^2)^4[/texx] .  Pero como esto es igual que:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_1^2+q_1^2)^2}\right)^2[/texx]  y además:  [texx]mcd\left({x\,,\,z\,,\,(p_1^2+q_1^2)^2}\right)\,=\,1[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_1^2+q_1^2)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] ;  y entonces:  [texx](p_1^2+q_1^2)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] ;  lo que representa a su vez la terna pitagórica:  [texx]\left({\,q_2\,,\,p_2\,,\,p_1^2+q_1^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_3q_3\,,\,p_3^2-q_3^2\,,\,p_3^2+q_3^2\right)}[/texx] ;  por lo que:  [texx]p_1^2+q_1^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] ,  y el proceso se podrá repetir sin fin sustituyendo en:  [texx]x^2+z^2\,=\,(p_3^2+q_3^2)^4[/texx] .


(4)    Pero como acabamos de ver:  [texx]x\,=\,2\,p_2\,q_2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_2\,=\,2\,p_3\,q_3[/texx] .  De lo que se deduce por iteración que:  [texx]x\,=\,2\,p_4\,q_4\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_4\,=\,2\,p_5\,q_5[/texx] ,  y así indefinidamente:  [texx]x\,=\,2\,p_{2n}\,q_{2n}\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_{2n}\,=\,2\,p_{2n+1}\,q_{2n+1}[/texx] .


(5)    Al menos  " [texx]x[/texx] "  tiene infinitos factores.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 27/01/2015, 06:10:09 pm
Hola,

He detectado 2 errores en la demostración que pongo arriba. Uno de ellos, subsanable, es que no es:  [texx]x^2+z^2\,=\,(p_1^2+q_1^2)^4[/texx] ;  sino:  [texx]x^2+z^2\,=\,\pmb{(p_1+q_1)}^4[/texx] .  Y el otro, más troncal, es que cuando me refiero dentro del punto (3) a que el proceso puede repetirse sin fin, en realidad nada está impidiendo que todos los  [texx]p_{2n}\,,\,q_{2n}[/texx]  sean iguales entre sí y que todos los  [texx]p_{2n-1}\,,\,q_{2n-1}[/texx]  también lo sean; con lo cual ni habría infinitas factorizaciones ni infinitos factores.

Un saludo,


PD. Seguramente he sido el último en enterarme, pero imagino que en esto pasa un poco como en las infidelidades..    ;D


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 29/01/2015, 07:39:16 pm
Hola,

Creo que ya lo tengo. Este sería el final de la demostración:


(3)    Como sabemos que:  [texx]y^2=p^4-4q^4[/texx] ;  entonces:

    [texx]y^2=(p^2)^{2}-(2q^2)^{2}[/texx]

Y como:  [texx]mcd(2q^2,\,y,\,p^2)=1[/texx] ;  estamos ante una terna pitagórica que sabemos que cumplirá que:

    [texx](2q^2,\,y,\,p^2)\,\in\,\,{(2p_1q_1\,,\,p_1^{2}-q_1^{2}\,,\,p_1^{2}+q_1^{2})[/texx]

Así:

    [texx]q^2\,=\,p_1q_1\quad\wedge\quad y\,=\,p_1^2-q_1^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,p_1^2+q_1^2 [/texx]

    a)    De esta manera, dado que:  [texx]x^2=4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4[/texx] ;  sustituyendo, obtenemos que:  [texx]x^2+z^2\,=\,(p_1+q_1)^4[/texx] .  Pero como esto es igual que:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_1+q_1)^2}\right)^2[/texx]  y además:  [texx]mcd\left({x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,=\,1[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] ;  y entonces:  [texx](p_1+q_1)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] ;  lo que representa a su vez la terna pitagórica:  [texx]\left({\,q_2\,,\,p_2\,,\,p_1+q_1}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_3q_3\,,\,p_3^2-q_3^2\,,\,p_3^2+q_3^2\right)}[/texx] ;  por lo que:  [texx]p_1+q_1\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] .

    b)    Como:  [texx](p_1\,,\,q_1)\,\neq{(p_2\,,\,q_2)}\neq{(p_3\,,\,q_3)}[/texx] ,  y si sustituyo en:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_3+q_3)^2}\right)^2[/texx] ,  y lo hago así sucesivamente, obtendré:  [texx](p_5\,,\,q_5)\,,\,\,(p_7\,,\,q_7)\,,\,\,(p_9\,,\,q_9)\,..\,,[/texx] diferentes ;  tendré también sucesivos distintos:  [texx]x\,=\,2\,p_2\,q_2\,=\,2\,p_4\,q_4\,=\,2\,p_6\,q_6\,..[/texx]


(4)   Entonces:  " [texx]\pmb{x}[/texx] "  tiene infinitas posibles factorizaciones. Y esto sólo es posible si los sucesivos:  [texx](p_2\,,\,q_2)\,,\,(p_4\,,\,q_4)[/texx] , etc., son al menos racionales.



Me gustaría saber si la veis correcta.



PD. Disculpad si soy muy intenso. Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Luis Fuentes en 30/01/2015, 07:25:51 am
Hola

 Si te fijas he separado los mensajes en un nuevo hilo a partir de tu reescritura, para hacerlo más cómodo de seguir.

(3)    Como sabemos que:  [texx]y^2=p^4-4q^4[/texx] ;  entonces:

    [texx]y^2=(p^2)^{2}-(2q^2)^{2}[/texx]

Y como:  [texx]mcd(2q^2,\,y,\,p^2)=1[/texx] ;  estamos ante una terna pitagórica que sabemos que cumplirá que:

    [texx](2q^2,\,y,\,p^2)\,\in\,\,{(2p_1q_1\,,\,p_1^{2}-q_1^{2}\,,\,p_1^{2}+q_1^{2})[/texx]

Así:

    [texx]q^2\,=\,p_1q_1\quad\wedge\quad y\,=\,p_1^2-q_1^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,p_1^2+q_1^2 [/texx]

    a)    De esta manera, dado que:  [texx]x^2=4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4[/texx] ;  sustituyendo, obtenemos que:  [texx]x^2+z^2\,=\,(p_1+q_1)^4[/texx] .  Pero como esto es igual que:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_1+q_1)^2}\right)^2[/texx]  y además:  [texx]mcd\left({x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,=\,1[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] ;  y entonces:  [texx](p_1+q_1)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] ;  lo que representa a su vez la terna pitagórica:  [texx]\left({\,q_2\,,\,p_2\,,\,p_1+q_1}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_3q_3\,,\,p_3^2-q_3^2\,,\,p_3^2+q_3^2\right)}[/texx] ;  por lo que:  [texx]p_1+q_1\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] .

    b)    Como:  [texx](p_1\,,\,q_1)\,\neq{(p_2\,,\,q_2)}\neq{(p_3\,,\,q_3)}[/texx] ,  y si sustituyo en:  [texx]\color{red}x^2+z^2\,=\,\left({(p_3+q_3)^2}\right)^2\color{black}[/texx] ,  y lo hago así sucesivamente, obtendré:  [texx](p_5\,,\,q_5)\,,\,\,(p_7\,,\,q_7)\,,\,\,(p_9\,,\,q_9)\,..\,,[/texx] diferentes ;  tendré también sucesivos distintos:  [texx]x\,=\,2\,p_2\,q_2\,=\,2\,p_4\,q_4\,=\,2\,p_6\,q_6\,..[/texx]

 Pero en lo que he marcado en rojo, no sería:

[texx] x^2+z^2=(p_1+q_1)^4=(p_3^2+q_3^2)^4[/texx]

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 30/01/2015, 06:31:08 pm
Hola el_manco, gracias por contestar:

Pero en lo que he marcado en rojo, no sería:

[texx] x^2+z^2=(p_1+q_1)^4=(p_3^2+q_3^2)^4[/texx]

Tienes razón, es hasta evidente pero no lo vi.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 31/01/2015, 08:33:13 am
Hola,


A ver ahora   :)  :


(3)    Como sabemos que:  [texx]y^2=p^4-4q^4[/texx] ;  entonces:

    [texx]y^2=(p^2)^{2}-(2q^2)^{2}[/texx]

Y como:  [texx]mcd(2q^2,\,y,\,p^2)=1[/texx] ;  estamos ante una terna pitagórica que sabemos que cumplirá que:

    [texx](2q^2,\,y,\,p^2)\,\in\,\,{(2p_1q_1\,,\,p_1^{2}-q_1^{2}\,,\,p_1^{2}+q_1^{2})[/texx]

Así:

    [texx]q^2\,=\,p_1q_1\quad\wedge\quad y\,=\,p_1^2-q_1^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,p_1^2+q_1^2 [/texx]

    a)    De esta manera, dado que:  [texx]x^2=4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4[/texx] ;  sustituyendo, obtenemos que:  [texx]x^2+z^2\,=\,(p_1+q_1)^4[/texx] .  Pero como esto es igual que:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_1+q_1)^2}\right)^2[/texx]  y además:  [texx]mcd\left({x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,=\,1[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] ;  y entonces:  [texx](p_1+q_1)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] .

    b)   Como yo sé por:  [texx]q^2\,=\,p_1q_1[/texx] ,  que  [texx]p_1\,\,\,\wedge\,\,\,q_1[/texx]  son cuadrados, entonces:  [texx]p_1\,=\,p_a^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_1\,=\,q_a^2\quad\wedge\quad (p_a^2+q_a^2)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] .  Y si yo llamo ahora "A" a:  [texx]p_a^2+q_a^2[/texx] ,  tendré:  [texx]A^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] ;  de tal forma que:  [texx]mcd(q_2\,,\,p_2\,,\,A)\,=\,1[/texx] . Por lo que existirá una terna pitagórica que cumpla:  [texx]\left({\,q_2\,,\,p_2\,,\,A}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_aq_a\,,\,p_a^2-q_a^2\,,\,p_a^2+q_a^2\right)}[/texx] .

    c)    Como:  [texx]q^2\,=\,p_1q_1\,=\,p_a^2\,q_a^2[/texx] ,  entonces:  [texx]q\,=\,p_a\,q_a[/texx] .  Y como acabamos de ver arriba que:  [texx]q_2\,=\,2p_a\,q_a[/texx] ,  entonces:  [texx]q_2\,=\,2\,q[/texx] .  Por otra parte, del punto a) tenemos que:  [texx]x\,=\,2\,p_2\,q_2[/texx] ;  luego:  [texx]x\,=\,4\,p_2\,q[/texx] .

    d)    Pero yo sé que:  [texx]x\,=\,2\,p\,q[/texx] .  Y entonces tendré que:  [texx]2\,p\,q\,=\,4\,p_2\,q\quad\wedge\quad \pmb{p\,=\,2\,p_2}[/texx] ;  lo que es una contradicción porque "p" es impar.



Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 01/02/2015, 01:48:26 pm
Hola,

 
Si no estoy entendiendo mal las cosas, éste podría ser otro modo de terminar la demostración, alternativo al que he puesto arriba:

 
(3)    Como sabemos que:  [texx]y^2=p^4-4q^4[/texx] ;  entonces:

    [texx]y^2=(p^2)^{2}-(2q^2)^{2}[/texx]

Y como:  [texx]mcd(2q^2,\,y,\,p^2)=1[/texx] ;  estamos ante una terna pitagórica que sabemos que cumplirá que:

    [texx](2q^2,\,y,\,p^2)\,\in\,\,{(2p_1q_1\,,\,p_1^{2}-q_1^{2}\,,\,p_1^{2}+q_1^{2})[/texx]

Así:

    [texx]q^2\,=\,p_1q_1\quad\wedge\quad y\,=\,p_1^2-q_1^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,p_1^2+q_1^2 [/texx]

    a)    De esta manera, dado que:  [texx]x^2=4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4[/texx] ;  sustituyendo, obtenemos que:  [texx]x^2+z^2\,=\,(p_1+q_1)^4[/texx] .  Pero como esto es igual que:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_1+q_1)^2}\right)^2[/texx]  y además:  [texx]mcd\left({x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,=\,1[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] ;  y entonces:  [texx](p_1+q_1)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] ;  lo que representa a su vez la terna pitagórica:  [texx]\left({\,q_2\,,\,p_2\,,\,p_1+q_1}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_3q_3\,,\,p_3^2-q_3^2\,,\,p_3^2+q_3^2\right)}[/texx] ;  por lo que:  [texx]p_1+q_1\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] .
 
    b)    Demostración que:  [texx]p_1\,=\,p_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_1\,=\,q_3^2[/texx] .  Si sustituyo en:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_3^2+q_3^2)^2}\right)^2[/texx] ;  entonces deberá cumplirse que:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_3^2+q_3^2)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] .  Comprobación:  Tendremos en ese caso que:  [texx](p_3^2+q_3^2)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] .  Como sabemos por el punto a) que:  [texx]p_2\,=\,p_3^2-q_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_2\,=\,2p_3q_3[/texx] ,  si sustituimos en:  [texx](p_3^2+q_3^2)^2\,=\,(p_3^2-q_3^2)^2+4p_3^2q_3^2[/texx] ;  vemos que efectivamente es así.   

    c)    Como:  [texx]x\,=\,2\,p_2\,q_2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_2\,=\,p_3^2-q_3^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_2\,=\,2p_3\,q_3[/texx] ;  entonces:  [texx]x\,=\,4\,(p_3^2-q_3^2)\,p_3\,q_3[/texx] .  Pero como yo sé, como acabamos de demostrar, que:  [texx]q^2\,=\,p_3^2\,q_3^2[/texx] ;  tendré que:  [texx]x\,=\,4\,(p_3^2-q_3^2)\,q[/texx] ;  y como:  [texx]x\,=\,2pq[/texx] ,  entonces:  [texx]\pmb{p\,=\,2\,(p_3^2-q_3^2)}[/texx] ;  lo que es una contradicción al ser "p" impar.

 

Un saludo, 


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 04/02/2015, 04:34:40 am
Hola,

Paso a limpio como quedaría la demostración. Me gustaría que si puede el_manco o algún administrador del foro me dijera si está bien con objeto de ponerla en La revista del foro. Un saludo,


Propongo que, para:  [texx]x,y,z\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,\,mcd(x,y,z)=1\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,x\in{\left\{{Nos.\,\,Pares}\right\}}[/texx] ;  si:  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] ,  entonces:  [texx]xyz\,=\,\,0[/texx] .


(1)    [texx]x^4=z^4-y^4\quad\wedge\quad x^4=(z^2+y^2)(z^2-y^2)[/texx]

    a) Como:  [texx]x\,,\,\,z^2+y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2-y^2[/texx]  son pares.

Entonces, de entrada:  [texx]x=2u[/texx]

    b) Demostración que  [texx]z^2+y^2[/texx] es par de la forma: 2v .

Si:  [texx]y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1[/texx] ;  entonces:

    [texx]z^2+y^2=2(2b^2-2b+2a^2-2a+1)[/texx]

    c) Demostración que  [texx]z^2-y^2[/texx]  es par, como mínimo, de la forma:  [texx]8w[/texx] .

Si:  [texx]y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1[/texx] ;  entonces:

    [texx]z^2-y^2=4(b^2-a^2-b+a)[/texx]

E independientemente de la paridad de  [texx]a\vee b[/texx] ,  la suma de las cantidades contenidas en el paréntesis será siempre par.

De esta manera:


(2)    [texx]16u^4=2v\cdot{8w}\quad\wedge\quad u^4=v\cdot{w}[/texx]

    a)  Si  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,\,w[/texx]  fueran coprimos deberán ser entonces a su vez potencias cuartas.

Demostración:  Si  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,w[/texx]  tuvieran un factor común, éste lo sería también de  [texx]y\,\,\,\wedge\,\,\,z[/texx] ,  lo que no es posible al ser éstos comprimos.

Veámoslo:

    [texx]z^2+y^2=2v[/texx]

    [texx]z^2-y^2=8w[/texx]

    [texx]z^2=2v-y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,y^2=z^2-8w[/texx]

    [texx]z^2=v+4w[/texx]

    [texx]y^2=2v-z^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2=8w+y^2[/texx]

    [texx]y^2=v-4w[/texx]

Si:  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,w[/texx]  tuvieran por ejemplo el factor común  "[texx]l[/texx]" ,  de tal manera que:  [texx]v=l\cdot{n}\,\,\,\wedge\,\,\,w=l\cdot{m}[/texx] ;  entonces:  [texx]z^2=ln+4lm\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=ln-4lm[/texx] .  Luego:  [texx]z^2=l(n+4m)\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=l(n-4m)[/texx] ,  lo que no es posible al ser  [texx]y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2[/texx]  coprimos, pues lo son  [texx]y\,\,\,\wedge\,\,\,z[/texx] .

Tenemos entonces que:  [texx]v=p^4\,\,\,\wedge\,\,\,w=q^4[/texx] .

    b) Como sabemos ahora que:  [texx]\pmb{y^2=p^4-4q^4}\,\,\,\wedge\,\,\,\pmb{z^2=p^4+4q^4}[/texx] ,  y que además:  [texx]x^4=z^4-y^4[/texx] ;  podemos despejar  " [texx]x[/texx] "  en función de  [texx]p\,\,\,\wedge\,\,\,q[/texx] :

    [texx]x^4=(p^4+4q^4)^2-(p^4-4q^4)^2[/texx]

    [texx]\pmb{x=2pq}[/texx]

Donde:  [texx]p,q\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,p>q\,\,\,\wedge\,\,\,p[/texx]  es impar, pues es la única manera para que se cumpla que  [texx]y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2[/texx]  sean impares.

    c) Demostremos ahora que  " [texx]q[/texx] " es, a su vez, par.

Tenemos que:

    [texx]z^2=p^4+4q^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q^4=\dfrac{z^2-p^4}{4}}[/texx]

Si:  [texx]z=2b-1\,\,\,\wedge\,\,\,p=2c-1[/texx]

Entonces:

    [texx]q^4=-4c^4+8c^3-6c^2+b^2+2c-b[/texx]

Y como vemos, todos los términos de la suma son pares menos  [texx]b^2\,\,\,\wedge\,\,\,-b[/texx] .  De manera que sea  "[texx]b[/texx]" par o impar, sumado al resto de términos dará siempre lugar a un número par.


(3)    Como sabemos que:  [texx]y^2=p^4-4q^4[/texx] ;  entonces:

    [texx]y^2=(p^2)^{2}-(2q^2)^{2}[/texx]

Y como:  [texx]mcd(2q^2,\,y,\,p^2)=1[/texx] ;  estamos ante una terna pitagórica que sabemos que cumplirá que:

    [texx](2q^2,\,y,\,p^2)\,\in\,\,{(2p_1q_1\,,\,p_1^{2}-q_1^{2}\,,\,p_1^{2}+q_1^{2})[/texx]

Así:

    [texx]q^2\,=\,p_1q_1\quad\wedge\quad y\,=\,p_1^2-q_1^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,p_1^2+q_1^2 [/texx]

    a)    De esta manera, dado que:  [texx]x^2=4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4[/texx] ;  sustituyendo, obtenemos que:  [texx]x^2+z^2\,=\,(p_1+q_1)^4[/texx] .  Pero como esto es igual que:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_1+q_1)^2}\right)^2[/texx]  y además:  [texx]mcd\left({x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,=\,1[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_1+q_1)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] ;  y entonces:  [texx](p_1+q_1)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] ;  lo que representa a su vez la terna pitagórica:  [texx]\left({\,q_2\,,\,p_2\,,\,p_1+q_1}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_3q_3\,,\,p_3^2-q_3^2\,,\,p_3^2+q_3^2\right)}[/texx] ;  por lo que:  [texx]p_1+q_1\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] .

    b)    Demostración que:  [texx]p_1\,=\,p_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_1\,=\,q_3^2[/texx] .  Si sustituyo en:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_3^2+q_3^2)^2}\right)^2[/texx] ;  entonces deberá cumplirse que:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_3^2+q_3^2)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] .  Comprobación:  Tendremos en ese caso que:  [texx](p_3^2+q_3^2)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] .  Y como sabemos por el punto a) que:  [texx]p_2\,=\,p_3^2-q_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_2\,=\,2p_3q_3[/texx] ,  si sustituimos en:  [texx](p_3^2+q_3^2)^2\,=\,(p_3^2-q_3^2)^2+4p_3^2q_3^2[/texx] ;  vemos que efectivamente es así. 

    c)    Como:  [texx]x\,=\,2\,p_2\,q_2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_2\,=\,p_3^2-q_3^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_2\,=\,2p_3\,q_3[/texx] ;  entonces:  [texx]x\,=\,4\,(p_3^2-q_3^2)\,p_3\,q_3[/texx] .  Pero como yo sé, como acabamos de demostrar, que:  [texx]q^2\,=\,p_3^2\,q_3^2[/texx] ;  tendré que:  [texx]x\,=\,4\,(p_3^2-q_3^2)\,q[/texx] ;  y como:  [texx]x\,=\,2pq[/texx] ,  entonces:  [texx]\pmb{p\,=\,2\,(p_3^2-q_3^2)}[/texx] ;  lo que es una contradicción al ser "p" impar.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Luis Fuentes en 04/02/2015, 06:51:40 am
Hola

 Esto no está bien:

    b)    Demostración que:  [texx]p_1\,=\,p_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_1\,=\,q_3^2[/texx] .  Si sustituyo en:  [texx]x^2+z^2\,=\,\left({(p_3^2+q_3^2)^2}\right)^2[/texx] ;  entonces deberá cumplirse que:  [texx]\left({\,x\,,\,z\,,\,(p_3^2+q_3^2)^2}\right)\,\in\,\,{\left({\,2p_2q_2\,,\,p_2^2-q_2^2\,,\,p_2^2+q_2^2\right)}[/texx] .  Comprobación:  Tendremos en ese caso que:  [texx](p_3^2+q_3^2)^2\,=\,p_2^2+q_2^2[/texx] .  Y como sabemos por el punto a) que:  [texx]p_2\,=\,p_3^2-q_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_2\,=\,2p_3q_3[/texx] ,  si sustituimos en:  [texx](p_3^2+q_3^2)^2\,=\,(p_3^2-q_3^2)^2+4p_3^2q_3^2[/texx] ;  vemos que efectivamente es así. 

 Es decir no prueba lo que pretendes; simplemente ahí incides una y otra vez en la igualdad [texx]p_1+q_1=p_3^2+q_3^2[/texx] pero NO estás demostrando que [texx]p_1=p_3^2[/texx] y [texx]q_1=q_3^2.[/texx]

 Estás comprobando que:

[texx] (p_3^2+q_3)^2=p_2^2+q_2^2[/texx]

 y eso no significa otra cosa que:

[texx] (p_3^2+q_3)^2=p_2^2+q_2^2=(p_1+q_1)^2[/texx]
 
de donde:

[texx] p_3^2+q_3^2=p_1+q_1[/texx]

Saludos.

P.D. No tengo una forma sólida de justificar esta afirmación, pero en mi experiencia si la parte dura de una de estos intentos de demostración se termina resolviendo con una simple cuestion de paridad (como concluyes en el apartado c)... desconfía.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 04/02/2015, 08:46:39 am
Hola,

P.D. No tengo una forma sólida de justificar esta afirmación, pero en mi experiencia si la parte dura de una de estos intentos de demostración se termina resolviendo con una simple cuestion de paridad (como concluyes en el apartado c)... desconfía.

Totalmente cierto, yo también he tenido ese tipo de impresión a lo largo de mis intentos de demostración pero me han cegado mis ganas de terminar ésta. Disculpa y muchas gracias por contestar.

Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 06/02/2015, 04:01:15 pm
Hola,

Esta es la única salida que por ahora veo a este intento de demostración:


... (Ver Respuesta #8) ...



(4)   Por un lado tenemos que:  [texx]p_1+q_1\,=\,p_3^2+q_3^2\,\,\,\,\Rightarrow\,\,{p_a^2+q_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2}[/texx] ;  y por otro que:  [texx]p_a^2\,\neq\,p_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_a^2\,\neq\,q_3^2[/texx] ;  porque si no daría lugar a una incoherencia en la paridad de "p". Y esto significará que o bien:  [texx]p_3^2\,>\,p_a^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_3^2\,<\,q_a^2[/texx] ;  o bien:  [texx]p_a^2\,>\,p_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_a^2\,<\,q_3^2[/texx] .  Tomemos por ejemplo ahora que:  [texx]\pmb{p_3^2\,>\,p_a^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_3^2\,<\,q_a^2}[/texx] .


(5)    Ocurrirá entonces que:  [texx]\pmb{\left({q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2}\right)\,\in\,\,{\left\{{x^2+y^2\,=\,z^2+\delta}\right\}}}[/texx] ,  para  [texx]\delta\in{\mathbb{Z^*}}[/texx] .  Habida cuenta que:  [texx]mcd(q_a\,,\,p_a\,,\,p_3)\,=\,mcd(x\,,\,y\,,z)\,=\,1\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,mcd(p_3\,,\,q_3)\,=\,mcd(z\,,\,\delta)\,=\,1[/texx] ;  y de comprobar que  " [texx]\delta[/texx] ", -como  " [texx]q_3^2[/texx] " -,  en el caso del Teorema para n = 4, es siempre un cuadrado; pues como:  [texx]\delta\,=\,x^2+y^2-z^2[/texx] ,  si sustituimos en:  [texx]x^2\,=\,4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2\,=\,p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2\,=\,p^4+4q^4[/texx] ,  será igual a:  [texx]4q^2(p^2-2q^2)[/texx] ,  donde  " [texx]p^2-2q^2[/texx] " es un factor cuadrado de  [texx]y^2[/texx] .


(6)    Pero entonces estoy deduciendo al mismo tiempo de:  [texx]x^4+y^4\,=\,z^4[/texx] ,  que:  [texx]x^2+y^2\,=\,z^2+\delta\,\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] ;  donde la segunda expresión tendrá una magnitud menor que la primera sea cuál sea el valor que tome aquélla.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Luis Fuentes en 09/02/2015, 08:59:42 am
Hola

Hola,

Esta es la única salida que por ahora veo a este intento de demostración:


... (Ver Respuesta #8) ...



(4)   Por un lado tenemos que:  [texx]p_1+q_1\,=\,p_3^2+q_3^2\,\,\,\,\Rightarrow\,\,{p_a^2+q_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2}[/texx] ;  y por otro que:  [texx]p_a^2\,\neq\,p_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_a^2\,\neq\,q_3^2[/texx] ;  porque si no daría lugar a una incoherencia en la paridad de "p". Y esto significará que o bien:  [texx]p_3^2\,>\,p_a^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_3^2\,<\,q_a^2[/texx] ;  o bien:  [texx]p_a^2\,>\,p_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_a^2\,<\,q_3^2[/texx] .  Tomemos por ejemplo ahora que:  [texx]\pmb{p_3^2\,>\,p_a^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_3^2\,<\,q_a^2}[/texx] .

En la respuesta #8 (o me estoy perdiendo algo) o no empleas ningún [texx]p_a,p_b[/texx]. Con lo cuál me está despistando esa notación (veo que si la utilizas más atrás en otros hilos, pero si no nos "ahoracamos a un palo" con las letras es un lío seguir el argumento).


Cita
(5)    Ocurrirá entonces que:  [texx]\pmb{\left({q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2}\right)\,\in\,\,{\left\{{x^2+y^2\,=\,z^2+\delta}\right\}}}[/texx] ,  para  [texx]\delta\in{\mathbb{Z^*}}[/texx] .  Habida cuenta que:  [texx]mcd(q_a\,,\,p_a\,,\,p_3)\,=\,mcd(x\,,\,y\,,z)\,=\,1\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,mcd(p_3\,,\,q_3)\,=\,mcd(z\,,\,\delta)\,=\,1[/texx] ;  y de comprobar que  " [texx]\delta[/texx] ", -como  " [texx]q_3^2[/texx] " -,  en el caso del Teorema para n = 4, es siempre un cuadrado; pues como:  [texx]\delta\,=\,x^2+y^2-z^2[/texx] ,  si sustituimos en:  [texx]x^2\,=\,4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2\,=\,p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2\,=\,p^4+4q^4[/texx] ,  será igual a:  [texx]4q^2(p^2-2q^2)[/texx] ,  donde  " [texx]p^2-2q^2[/texx] " es un factor cuadrado de  [texx]y^2[/texx] .

Esta notación; [texx]\pmb{\left({q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2}\right)\,\in\,\,{\left\{{x^2+y^2\,=\,z^2+\delta}\right\}}}[/texx] me confunde. Es preferible que uses igualdades. Supongo que quieres poner:

[texx]q_a^2+p_a^2=x^2+y^2,\qquad p_3^2+q_3^2=z^2+\delta[/texx]

Si es así... no hay forma más clara y cómoda de hacerlo que tal cuál lo acabo de escribir.

Cita
(6)    Pero entonces estoy deduciendo al mismo tiempo de:  [texx]x^4+y^4\,=\,z^4[/texx] ,  que:  [texx]x^2+y^2\,=\,z^2+\delta\,\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] ;  donde la segunda expresión tendrá una magnitud menor que la primera sea cuál sea el valor que tome aquélla.

No estoy seguro de exactamente cuál es la "segunda expresión" y cual es la primera, cuando hablas de que una tiene mayor magnitud que otra.

En general no me queda claro si ahí pretendes exponer un nuevo argumento cerrado, o un posible camino a seguir donde tu mismo has dejado cabos sueltos.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 09/02/2015, 11:28:22 am
Hola,

Hola,

Esta es la única salida que por ahora veo a este intento de demostración:


... (Ver Respuesta #8) ...



(4)   Por un lado tenemos que:  [texx]p_1+q_1\,=\,p_3^2+q_3^2\,\,\,\,\Rightarrow\,\,{p_a^2+q_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2}[/texx] ;  y por otro que:  [texx]p_a^2\,\neq\,p_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_a^2\,\neq\,q_3^2[/texx] ;  porque si no daría lugar a una incoherencia en la paridad de "p". Y esto significará que o bien:  [texx]p_3^2\,>\,p_a^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_3^2\,<\,q_a^2[/texx] ;  o bien:  [texx]p_a^2\,>\,p_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_a^2\,<\,q_3^2[/texx] .  Tomemos por ejemplo ahora que:  [texx]\pmb{p_3^2\,>\,p_a^2\,\,\,\wedge\,\,\,q_3^2\,<\,q_a^2}[/texx] .

En la respuesta #8 (o me estoy perdiendo algo) o no empleas ningún [texx]p_a,p_b[/texx]. Con lo cuál me está despistando esa notación (veo que si la utilizas más atrás en otros hilos, pero si no nos "ahoracamos a un palo" con las letras es un lío seguir el argumento).

Es cierto, esa notación no está en la respuesta #8. Disculpas. Lo que he querido decir es que como sabemos que:  [texx]q^2=p_1q_1[/texx] ,  entonces  [texx]p_1\,\,\wedge\,\,q_1[/texx]  son cuadrados, y por consiguiente que:  [texx]p_1=p_a^2\,\,\wedge\,\,q_1=q_a^2[/texx] .  Quizás lo más correcto hubiera sido poner:  [texx]p_1= p_{11}^2\,\,\wedge\,\,q_1= q_{11}^2[/texx]  y así estaría mejor "ajusticiado", como comentas.


Cita
(5)    Ocurrirá entonces que:  [texx]\pmb{\left({q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2}\right)\,\in\,\,{\left\{{x^2+y^2\,=\,z^2+\delta}\right\}}}[/texx] ,  para  [texx]\delta\in{\mathbb{Z^*}}[/texx] .  Habida cuenta que:  [texx]mcd(q_a\,,\,p_a\,,\,p_3)\,=\,mcd(x\,,\,y\,,z)\,=\,1\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,mcd(p_3\,,\,q_3)\,=\,mcd(z\,,\,\delta)\,=\,1[/texx] ;  y de comprobar que  " [texx]\delta[/texx] ", -como  " [texx]q_3^2[/texx] " -,  en el caso del Teorema para n = 4, es siempre un cuadrado; pues como:  [texx]\delta\,=\,x^2+y^2-z^2[/texx] ,  si sustituimos en:  [texx]x^2\,=\,4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2\,=\,p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2\,=\,p^4+4q^4[/texx] ,  será igual a:  [texx]4q^2(p^2-2q^2)[/texx] ,  donde  " [texx]p^2-2q^2[/texx] " es un factor cuadrado de  [texx]y^2[/texx] .

Esta notación; [texx]\pmb{\left({q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2}\right)\,\in\,\,{\left\{{x^2+y^2\,=\,z^2+\delta}\right\}}}[/texx] me confunde. Es preferible que uses igualdades. Supongo que quieres poner:

[texx]q_a^2+p_a^2=x^2+y^2,\qquad p_3^2+q_3^2=z^2+\delta[/texx]

Si es así... no hay forma más clara y cómoda de hacerlo que tal cuál lo acabo de escribir.

Cita
(6)    Pero entonces estoy deduciendo al mismo tiempo de:  [texx]x^4+y^4\,=\,z^4[/texx] ,  que:  [texx]x^2+y^2\,=\,z^2+\delta\,\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] ;  donde la segunda expresión tendrá una magnitud menor que la primera sea cuál sea el valor que tome aquélla.

No estoy seguro de exactamente cuál es la "segunda expresión" y cual es la primera, cuando hablas de que una tiene mayor magnitud que otra.

En general no me queda claro si ahí pretendes exponer un nuevo argumento cerrado, o un posible camino a seguir donde tu mismo has dejado cabos sueltos.

Lo que he querido decir es que:  [texx]q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] ,  tiene las mismas propiedades algebraicas que:  [texx]x^2+y^2\,=\,z^2+\delta[/texx] ,  pero es de menor magnitud que esta última expresión, lo que sería una contradicción pues las 2 cosas se deducen de:  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] .  Reitero mis disculpas por mi mala notación, pues no es la primera vez. Prometo hacerlo mejor.

Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Luis Fuentes en 09/02/2015, 12:14:25 pm
Hola

Lo que he querido decir es que:  [texx]q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] ,  tiene las mismas propiedades algebraicas que:  [texx]x^2+y^2\,=\,z^2+\delta[/texx] ,  pero es de menor magnitud que esta última expresión, lo que sería una contradicción pues las 2 cosas se deducen de:  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] .  Reitero mis disculpas por mi mala notación, pues no es la primera vez. Prometo hacerlo mejor.

Tienes que intentar precisar todo esto de alguna manera; decir que tienen las "mismas propiedades algebraicas" sin precisar cuáles es muy vago; decir que eso es contradictorio con que se deduzcan de la misma expresión es también muy vago.

Intenta precisar todo eso de manera concreta.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 09/02/2015, 08:02:30 pm
Hola,

Tienes que intentar precisar todo esto de alguna manera; decir que tienen las "mismas propiedades algebraicas" sin precisar cuáles es muy vago; decir que eso es contradictorio con que se deduzcan de la misma expresión es también muy vago.

Intenta precisar todo eso de manera concreta.

¡Claro! Lo voy a intentar:


1)    Punto de partida:   Si  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] , entonces cuando el exponente es n = 2;  " [texx]\pmb{x^2+y^2\,=\,z^2+\delta}[/texx] " ,  para un  [texx]\delta\in{\mathbb{Z^*}}[/texx] ,  es su expresión menor posible.


2)    En el caso que el Teorema fuera cierto para n = 4 y "x" sea par, si:  [texx]x^2+y^2\,=\,z^2+\delta[/texx] ,  significará que:  [texx]mcd(x,y,z)\,=\,mcd(z,\delta)\,=\,1[/texx] ,  y que  " [texx]\delta[/texx] "  será un cuadrado par menor que  [texx]x^2[/texx] . " [texx]\delta[/texx] "  es un número par menor que  " [texx]x^2[/texx] "  porque:  [texx]x^2-\delta=z^2-y^2[/texx] .  Y además es un cuadrado porque sabemos que para el caso del Teorema cuando n = 4, entonces:  [texx]x^2\,=\,4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2\,=\,p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2\,=\,p^4+4q^4[/texx] ;  y si sustituimos en:  [texx]\delta=x^2+y^2-z^2[/texx] ,  será igual a:  [texx]4q^2(p^2-2q^2)[/texx] ,  donde todos los factores son cuadrados.


3)    Por otra parte, deduciendo de  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx]  -ver respuesta #6-,  llegamos a que:  [texx]q_{a}^2+p_{a}^2\,=\,p_3^2+q_3^2^\pmb{(*)}[/texx] ,  para "q" par. Y resulta que:  [texx]mcd(q_{a},p_{a},p_3)\,=\,mcd(p_3,q_3)\,=\,1[/texx] ,  y que  [texx]q_3^2[/texx]  es un cuadrado par menor que  [texx]q_{a}^2[/texx] ; puesto que  [texx]p_3^2\,\,\wedge\,\,q_3^2[/texx]  representan números diferentes a  [texx]p_{a}^2\,\,\wedge\,\,q_{a}^2[/texx]  y uno de ellos  [texx](p_3^2\,\,\vee\,\,q_3^2)[/texx]  tiene que ser mayor que el correspondiente de éstos y el otro menor para mantener la igualdad.

4)    Por lo tanto,  [texx]q_{a}^2+p_{a}^2\,=\,p_3^2+q_3^2^\pmb{(*)}[/texx]  es una expresión válida del Teorema para n = 4 cuando el exponente es igual a n = 2, que es menor que:  [texx]x^2+y^2\,=\,z^2+\delta[/texx] ;  lo que contradice el punto 1).



(*)
  Hay formas más simples de llegar a este tipo de expresiones a partir de la supuesta certeza del Teorema para n = 4, dónde se igualan de la misma manera la suma de dos cuadrados diferentes y que no implicarían estos engorrosos subíndices. Si posteriormente veo que viene al caso porque la demostración de esta manera fuera posible, las pongo.



Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Luis Fuentes en 10/02/2015, 07:10:38 am
Hola

¡Claro! Lo voy a intentar:

En mi opinión no lo has conseguido todavía...

1)    Punto de partida:   Si  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] , entonces cuando el exponente es n = 2;  " [texx]\pmb{x^2+y^2\,=\,z^2+\delta}[/texx] " ,  para un  [texx]\delta\in{\mathbb{Z^*}}[/texx] ,  es su expresión menor posible.

¿Exactamente qué quiere decir la frase "es su expresión menor posible"?.

4)    Por lo tanto,  [texx]q_{a}^2+p_{a}^2\,=\,p_3^2+q_3^2^\pmb{(*)}[/texx]  es una expresión válida del Teorema para n = 4 cuando el exponente es igual a n = 2, que es menor que:  [texx]x^2+y^2\,=\,z^2+\delta[/texx] ;  lo que contradice el punto 1).

Sinceramente del punto (4) no entiendo nada; me vuelven a parecer afirmaciones vagas, sin un significado claro. ¿Qué se entiende al decir qué algo es "una expresión válida del Teorema para n=4 cuando el exponente es igual n=2?.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 10/02/2015, 03:41:50 pm
Hola el_manco,

¡Claro! Lo voy a intentar:

En mi opinión no lo has conseguido todavía...

Lo intento las veces que haga falta, muchas gracias por tus correcciones.


1)    Si:  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] , para " x " par, sabemos que (ver respuestas #8 y #11):  [texx]x^2+y^2=z^2+\delta[/texx] ,  para un  [texx]\delta\in{\mathbb{Z^*}}[/texx] . Que:  [texx]x^2\,=\,4p^2q^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2\,=\,p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2\,=\,p^4+4q^4[/texx] ,  para " q " par; y que:  " [texx]\delta[/texx] "  es un número cuadrado menor que  [texx]x^2[/texx]  de la forma:  [texx]4q^2(p^2-2q^2)[/texx] .


2)    Por otra parte, puedo deducir también de  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] , -ver respuesta #6-, la siguiente expresión:  [texx]q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] ,  para " q " par; donde:  [texx]q_a^2+p_a^2\,=\,x^2+y^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_3^2+q_3^2\,=\,z^2+\delta[/texx] . Dado que:  [texx]mcd(q_a\,,\,p_a\,,\,p_3)\,=\,mcd(x\,,\,y\,,z)\,=\,1\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,mcd(p_3\,,\,q_3)\,=\,mcd(z\,,\,\delta)\,=\,1[/texx] ,  y  [texx]q_3^2[/texx]  es un número cuadrado par menor que  [texx]q_a^2[/texx] .   


3)    Pero ocurre que como (ver respuestas #6 y #7):  [texx]q\,=\,p_aq_a\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p^2\,=\,p_a^4+q_a^4\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_a^2+q_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] .  Entonces:  [texx](q_a^2\,,\,p_a^2\,,\,p_3^2\,,\,q_3^2)\,\,<\,\,(x^2\,,\,y^2\,,\,z^2\,,\,\delta)[/texx] .  Y por lo tanto existen valores más pequeños que  " [texx]x^2,\,y^2,\,z^2[/texx] "  que satisfacen la ecuación:  [texx]x^2+y^2=z^2+\delta[/texx] ;  lo cual es un contrasentido.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Luis Fuentes en 11/02/2015, 07:03:09 am
Hola

 Veo que estás intentando hacer un argumento tipo "descenso infinito".

 El problema es que no está claro que esto sea un contrasentido:

3)    Pero ocurre que como (ver respuestas #6 y #7):  [texx]q\,=\,p_aq_a\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p^2\,=\,p_a^4+q_a^4\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_a^2+q_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] .  Entonces:  [texx](q_a^2\,,\,p_a^2\,,\,p_3^2\,,\,q_3^2)\,\,<\,\,(x^2\,,\,y^2\,,\,z^2\,,\,\delta)[/texx] .  Y por lo tanto existen valores más pequeños que  " [texx]x^2,\,y^2,\,z^2[/texx] "  que satisfacen la ecuación:  [texx]x^2+y^2=z^2+\delta[/texx] ;  lo cual es un contrasentido.

 Tu partes de una posible solución del teorema de Fermat para [texx]n=4[/texx], [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] y supones (aunque no lo hayas dicho explícitamente debe de hacerse para que argumento pueda tener sentido) que de alguna forma es minimal (esto también ha´bría que precisarlo, pero por ahora no es un problema): por ejemplo la que tiene un menor valor de [texx]z[/texx] ó aquella que [texx]x+y+z[/texx] toma el menor valor posible; en fin hay muchas formas de evaluar la minimalidad.

 El problema es que esa minimalidad no te garantiza que una relación del tipo [texx]x^2+y^2=z^2+\delta[/texx] sea minimal en ningún sentido; es decir no hay nada contradictorio en encontrar otros números más pequeños tales que [texx]x'^2+y'^2=z'^2+\delta'[/texx]; el argumento si funcionaría si esos número cumpliesen además que [texx]x'^4+y'^4=z'^4[/texx], que es nuestro punto de partida.

 En tu caso tienes que [texx]q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] pero (corrígeme si me equivoco) no tienes que [texx]q_a^4+p_a^4=p_3^4[/texx] ó [texx]q_3^4[/texx].

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 11/02/2015, 08:03:30 pm
Hola,


Veo que estás intentando hacer un argumento tipo "descenso infinito".

Sí, tal y como he planteado esta demostración me he dado cuenta que el descenso infinito es su única salida.


En tu caso tienes que [texx]q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] pero (corrígeme si me equivoco) no tienes que [texx]q_a^4+p_a^4=p_3^4[/texx] ó [texx]q_3^4[/texx].

Efectivamente no te equivocas, no tengo ningún  " [texx]q_a^4+p_a^4=p_3^4[/texx] "  ni nada equivalente a ello.


El problema es que no está claro que esto sea un contrasentido:

3)    Pero ocurre que como (ver respuestas #6 y #7):  [texx]q\,=\,p_aq_a\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p^2\,=\,p_a^4+q_a^4\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_a^2+q_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] .  Entonces:  [texx](q_a^2\,,\,p_a^2\,,\,p_3^2\,,\,q_3^2)\,\,<\,\,(x^2\,,\,y^2\,,\,z^2\,,\,\delta)[/texx] .  Y por lo tanto existen valores más pequeños que  " [texx]x^2,\,y^2,\,z^2[/texx] "  que satisfacen la ecuación:  [texx]x^2+y^2=z^2+\delta[/texx] ;  lo cual es un contrasentido.

En este punto es donde no acabo de entenderte. Yo sí veo una contradicción entre el punto 2), donde se dice:  [texx]q_a^2+p_a^2\,=\,x^2+y^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_3^2+q_3^2\,=\,z^2+\delta[/texx] ;  y el punto 3), dónde se deduce:  [texx]q_a^2+p_a^2\,\pmb{<}\,x^2+y^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_3^2+q_3^2\,\pmb{<}\,z^2+\delta[/texx] .


Me dices:

El problema es que esa minimalidad no te garantiza que una relación del tipo [texx]x^2+y^2=z^2+\delta[/texx] sea minimal en ningún sentido; es decir no hay nada contradictorio en encontrar otros números más pequeños tales que [texx]x'^2+y'^2=z'^2+\delta'[/texx]; el argumento si funcionaría si esos número cumpliesen además que [texx]x'^4+y'^4=z'^4[/texx], que es nuestro punto de partida.

Yo lo veo de la siguiente forma (en sentido figurado): Primero llego a la conclusión que  " [texx]\alpha[/texx] " (es un decir) pertenece al conjunto de los números pares y luego, operando, descubro que  " [texx]\alpha[/texx] "  es menor que el más pequeño de los números pares y llego por tanto a un contrasentido. 

Si  [texx]x^2=4p^2q^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_a^2=\displaystyle\frac{q^2}{p_a^2}[/texx] ;  entonces entiendo que  [texx]q_a^2\,<\,x^2[/texx]  sea cuál sea el valor que adopte  [texx]x^2[/texx] . Y como por definición  [texx]x^2[/texx]  sólo adopta valores enteros positivos y éstos tienen un mínimo, entonces me estoy situando por debajo de éste, lo que quiere decir que  [texx]q_a^2[/texx]  no es un número entero. En fin, presumo que si me estoy equivocando es en algo muy gordo por lo que pido disculpas de antemano.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Luis Fuentes en 12/02/2015, 07:36:11 am
Hola

El problema es que no está claro que esto sea un contrasentido:

3)    Pero ocurre que como (ver respuestas #6 y #7):  [texx]q\,=\,p_aq_a\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p^2\,=\,p_a^4+q_a^4\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_a^2+q_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2[/texx] .  Entonces:  [texx](q_a^2\,,\,p_a^2\,,\,p_3^2\,,\,q_3^2)\,\,<\,\,(x^2\,,\,y^2\,,\,z^2\,,\,\delta)[/texx] .  Y por lo tanto existen valores más pequeños que  " [texx]x^2,\,y^2,\,z^2[/texx] "  que satisfacen la ecuación:  [texx]x^2+y^2=z^2+\delta[/texx] ;  lo cual es un contrasentido.

En este punto es donde no acabo de entenderte. Yo sí veo una contradicción entre el punto 2), donde se dice:  [texx]q_a^2+p_a^2\,=\,x^2+y^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_3^2+q_3^2\,=\,z^2+\delta[/texx] ;  y el punto 3), dónde se deduce:  [texx]q_a^2+p_a^2\,\pmb{<}\,x^2+y^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,p_3^2+q_3^2\,\pmb{<}\,z^2+\delta[/texx] .

Si realmente tienes probado todo lo que has escrito ahí, obviamente si tendrías una contradicción y no usarías para nada descenso infinito.  Por que obviamente no puede ocurrir al mismo tiempo [texx]q_a^2+p_a^2=x^2+y^2[/texx] y [texx]q_a^2+p_a^2<x^2+y^2[/texx].

Pero yo creo que no lo tienes; si no me equivoco (y una vez más llega un momento en que tengo miedo de perder la pista al significado de cada variable) NO veo en ningún lado que tengas esta igualdad [texx]q_a^2+p_a^2=x^2+y^2[/texx].

A mi me parece que lo que quieres decir es que [texx]q_a^2,p_a^2,p_3^2,q_3^2[/texx] cumplen una relación del tipo [texx]x^2+y^2=z^2+\delta[/texx], pero por supuesto que eso no quiere decir que sean iguales a los [texx]x,y,z,\delta[/texx] que FIJAMOS al principio, al fijar a su vez una solución de [texx]x^4+y^4=z^4[/texx].

En este punto intenta ser muy claro en la respuesta, porque insisto en que si lo que he citado fuese cierto tal cuál lo has escrito, la demostración debería de ser muy clara y no intervendría para nada un argumento tipo descenso infinito.

Cita
Si  [texx]x^2=4p^2q^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,q_a^2=\displaystyle\frac{q^2}{p_a^2}[/texx] ;  entonces entiendo que  [texx]q_a^2\,<\,x^2[/texx]  sea cuál sea el valor que adopte  [texx]x^2[/texx] . Y como por definición  [texx]x^2[/texx]  sólo adopta valores enteros positivos y éstos tienen un mínimo, entonces me estoy situando por debajo de éste, lo que quiere decir que  [texx]q_a^2[/texx]  no es un número entero. En fin, presumo que si me estoy equivocando es en algo muy gordo por lo que pido disculpas de antemano.

Perdona si soy reiterativo con el adjetivo: pero esa aclaración de nuevo es demsiado vaga como para emitir una opinión.

Lo que tiene que quedarte claro es que si pretendes usar un argumento de minimalidad (tipo descenso infinito) tiene que funcionar algo ásí:

(1)- Parto de unos números naturales que cumplen una determinada propiedad y supongo que son los mínimos con tal propiedad.
(2)- A partir de ellos logro construir otros números naturales más pequeños que cumplen esa propiedad: ahí está la contradicción con la minimalidad exigida en (1).

Pero no funciona la cosa si esos números naturales más pequeños no cumplen exactamente la misma propiedad que fijamos en (1) y que es la que permite hacer la construcción.

Sigo pensando que la propiedad que exiges en uno es verificar la ecuación [texx]x^4+y^4=z^4[/texx]. Pero sin embargo los números naturales más pequeños que construyen no cumplen esa propiedad.

Cumplen una propiedad que se deriva de [texx]x^4+y^4=z^4[/texx], pero no la original. Entonces ya no funciona.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 12/02/2015, 01:48:11 pm
Hola el_manco, gracias por contestar

Si realmente tienes probado todo lo que has escrito ahí, obviamente si tendrías una

contradicción y no usarías para nada descenso infinito.
  Por que obviamente no puede

ocurrir al mismo tiempo [texx]q_a^2+p_a^2=x^2+y^2[/texx] y

[texx]q_a^2+p_a^2<x^2+y^2[/texx].

No, no tengo probado ni por asomo que:  " [texx]q_a^2+p_a^2=x^2+y^2[/texx] ". Por ese motivo en la respuesta #11 puse que:  [texx]\left({q_a^2+p_a^2\,=\,p_3^2+q_3^2}\right)\,\in\,\,{\left\{{x^2+y^2\,=\,z^2+\delta\right\}}}[/texx] .  O sea que lo que he querido decir siempre es que: (cita el_manco) " [texx]q_a^2,p_a^2,p_3^2,q_3^2[/texx] cumplen una relación del tipo [texx]x^2+y^2=z^2+\delta[/texx] " . Pero como esa notación te pareció confusa (OJO, esto no es un reproche) (Ver respuesta #12), entonces devine -erróneamente por mi parte- en cambiarla.


Lo que tiene que quedarte claro es que si pretendes usar un argumento de minimalidad (tipo

descenso infinito) tiene que funcionar algo ásí:

(1)- Parto de unos números naturales que cumplen una determinada propiedad y supongo que son

los mínimos con tal propiedad.
(2)- A partir de ellos logro construir otros números naturales más pequeños que cumplen esa

propiedad: ahí está la contradicción con la minimalidad exigida en (1).

Sí, insisto, dada la linealidad (simpleza) de los argumentos que he empleado en esta demostración, el descenso infinito es su única salida. Estoy completamente convencido que no voy a encontrar ninguna contradición, porque no puede haberla.


Pero no funciona la cosa si esos números naturales más pequeños no cumplen exactamente la

misma propiedad que fijamos en (1) y que es la que permite hacer la construcción.

Sigo pensando que la propiedad que exiges en uno es verificar la ecuación

[texx]x^4+y^4=z^4[/texx]. Pero sin embargo los números naturales más pequeños que construyen

no cumplen esa propiedad.

Cumplen una propiedad que se deriva de [texx]x^4+y^4=z^4[/texx], pero no la original. Entonces

ya no funciona.

Bueno, "ahí me has dao", como dice la expresión. Ahora lo he entendido, disculpa mi tardanza en hacerlo. La consecuencia es simple, si no existe descenso infinito, esta demostración se queda desierta.   .. al menos por ahora  ;)


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 14/02/2015, 08:11:59 pm
Hola de nuevo,

Me gustaría saber si es posible esto que pongo a continuación y que podria denominarse demostración por "ascenso infinito". Muchas gracias de antemano.


1)    Si:  [texx]x,y,z\in{\mathbb{Z^*}}[/texx] , para x = par;  [texx]x,y,z[/texx]  son coprimos 2 a 2  -y-  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] :

2)    [texx](x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2[/texx]

    Tendré la terna pitagórica:  [texx](x^2,y^2,z^2)\in{(2ab,a^2-b^2,a^2+b^2)}[/texx] ,  para  [texx]a,b[/texx]  coprimos y  [texx]b[/texx]  par.

    [texx]x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2[/texx]

    [texx]y^2=a^2-b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{(b,y,a)\in{(2a_1b_1,a_1^2-b_1^2,a_1^2+b_1^2)}}[/texx] ,  para  [texx]a_1,b_1[/texx]  coprimos y  [texx]b_1[/texx]  par.

    [texx]x^2=2ab\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x^2=4(a_1^2+b_1^2)a_1b_1\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1}}[/texx]

3)    Como:  [texx]mcd(a_1^2+b_1^2,a_1b_1)=1[/texx] ,  puesto que si un " P " divide a  [texx]a_1b_1[/texx] ,  entonces " P " divide a:  [texx]a_1[/texx]  ó a:  [texx]b_1[/texx]  y no podrá dividir de forma entera a  [texx]a_1^2+b_1^2[/texx] ;  entonces:  [texx]a_1^2+b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1b_1[/texx]  son  cuadrados.

4)    [texx]a_1^2+b_1^2=\pmb{A}^2[/texx]

    De donde:  [texx](b_1,a_1,\pmb{A})\in{(2a_2b_2,a_2^2-b_2^2,a_2^2+b_2^2)}[/texx] ,  para  [texx]a_2,b_2[/texx]  coprimos y  [texx]b_2[/texx]  par.

5)    [texx]\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=4(a_1^2+b_1^2)(a_2^2-b_2^2)a_2\dfrac{b_2}{2}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{4\,\pmb{A}}\right)^2=(a_2^2-b_2^2)a_2\dfrac{b_2}{2}}}[/texx] ;  donde  [texx]\dfrac{b_2}{2}[/texx]  es un número entero por ser  [texx]b_2[/texx]  par.

6)    Además ocurrirá, por lo mismo descrito en el punto 3), que:  [texx]mcd(a_2^2-b_2^2,a_2\dfrac{b_2}{2})=1[/texx] ,  y por tanto que  [texx]a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_2\dfrac{b_2}{2}[/texx]  serán  cuadrados.

7)    Entonces tendremos que:  [texx]a_2^2-b_2^2=\pmb{B}^2[/texx] ;  -y- :

     [texx](b_2,\pmb{B},a_2)\in{(2a_3b_3,a_3^2-b_3^2,a_3^2+b_3^2)}[/texx]

    [texx]\left({\dfrac{x}{4\,\pmb{AB}}\right)^2=(a_3^2+b_3^2)a_3b_3[/texx]

    ... y todo el proceso anterior se podrá repetir indefinidamente. 

8)    Pero entonces  " [texx]x^2[/texx] " tendrá infinitos factores y eso sólo es posible si un número a su vez infinito de esos factores no son enteros, cuando yo estoy suponiendo que sí lo son.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Luis Fuentes en 16/02/2015, 11:39:46 am
Hola

   ¡Está esencialmente (es decir detalle arriba detalle abajo) bien!.  :aplauso:

   Algún comentario:
   
Me gustaría saber si es posible esto que pongo a continuación y que podria denominarse demostración por "ascenso infinito". Muchas gracias de antemano.

 En realidad es un descenso infinito con todas las de la ley.

Cita
8)    Pero entonces  " [texx]x^2[/texx] " tendrá infinitos factores y eso sólo es posible si un número a su vez infinito de esos factores no son enteros, cuando yo estoy suponiendo que sí lo son.

 Como matiz tienes que probar que los infinitos factores son diferentes; es decir que no caes en ningún tipo de construcción cíclica. La forma más cómoda de hacer eso es viendo que cada vez son más pequeños (¡ahí el descenso infinito!).

 Además la forma de exponer la conclusión que haces es un tanto discutible; no es que por ser infinitos factores no sean enteros, sino que un número entero no puede tener infinitos factores enteros y por tanto has llegado a una contradicción.

 Para acabar un pequeño "pero" (siempre tengo que poner alguno...)

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Piockñec en 16/02/2015, 12:27:13 pm
¡¡¡¡Enhorabuena, Proyecto!!!! :D
¡Qué bien, tanto empeño ha dado al final sus frutos! ¡Me alegro mucho!


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 16/02/2015, 02:04:47 pm
¡Hola!

¡¡Muchas gracias el_manco y Piockñec!!

A el_manco le quiero transmitir además que gracias a su saber decir por dónde no había que ir he podido conseguirlo. La mitad de la demostración es suya y la mitad de la otra mitad de este Foro, su línea editorial y las posibilidades que ofrece este apartado dedicado al Teorema de Fermat:

 :aplauso:    :aplauso:      ¡¡Muchas gracias!!


   Algún comentario:
   
Me gustaría saber si es posible esto que pongo a continuación y que podria denominarse demostración por "ascenso infinito". Muchas gracias de antemano.

 En realidad es un descenso infinito con todas las de la ley.

Cita
8)    Pero entonces  " [texx]x^2[/texx] " tendrá infinitos factores y eso sólo es posible si un número a su vez infinito de esos factores no son enteros, cuando yo estoy suponiendo que sí lo son.

 Como matiz tienes que probar que los infinitos factores son diferentes; es decir que no caes en ningún tipo de construcción cíclica. La forma más cómoda de hacer eso es viendo que cada vez son más pequeños (¡ahí el descenso infinito!).

 Además la forma de exponer la conclusión que haces es un tanto discutible; no es que por ser infinitos factores no sean enteros, sino que un número entero no puede tener infinitos factores enteros y por tanto has llegado a una contradicción.

 Para acabar un pequeño "pero" (siempre tengo que poner alguno...)

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

Bueno, decir que lo que hubiera querido era haber hecho una demostración realmente alternativa, pero que al final creo que no ha sido así, al menos por ahora  ;) . Me gustaría llegar a un consenso con el_manco en el sentido que cuando publique esto en la Revista del Foro poner como resultado de la contradicción final: .. el que  [texx]x^2[/texx]  tendrá infinitos factores enteros cada vez más pequeños porque  [texx]...C<B<A[/texx]  etc. y por tanto que eso no es posible..

Y una última consideración. Como la felicitación de Piockñec me ha llegado al corazón, pues he visto por ella que siempre ha estado por ahí y ha ido leyendo mis propuestas, en consideración a él y a otros como él, comentaros el siguiente "chascarrillo". No anda equivocado el_manco (¿Realmente este hombre se equivoca alguna vez??  :) ) cuando en su Spoiler hace referencia a otras demostraciones similares. Después de mi último fiasco de la semana pasada confieso que me puse a leer de nuevo todas las demostraciones que había por la red del caso n=4. Fue releerlas y ocurrírseme la solución casi de forma inmediata. Moraleja, aunque ya sé que no lo hacéis, por si acaso, no hagáis cómo yo y os metais en fregados sin apenas haber leído lo que otros han hecho antes!!  :D  Lo tendré muy en cuenta si algún día me atrevo con el caso n = 3.

¡Un cordial saludo!


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Piockñec en 16/02/2015, 03:40:33 pm
jeje a mí me ha llegado al corazón que a ti te llegara!! :D Es cierto, siempre estoy fisgoneando en lo que vas escribiendo ;) Tanto tú, como minette, como mente oscura... siempre fisgoneando! Me entero de la mitad, pero bueno, algo es algo y voy aprendiendo :)
Desde luego es sabio consejo el que das, ese de empaparse con las ideas de tantos otros. Debe abrir y predisponer la mente a la imaginación plenamente.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: mente oscura en 16/02/2015, 10:00:45 pm
Enhorabuena, Proyecto.  :aplauso:

Yo también soy un observador silente.

Un cordial saludo.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 17/02/2015, 02:21:54 pm
¡¡Muchas gracias mente oscura!! ¡Todo un lujo el tenerte de lector! Yo tambien lo soy tuyo

¡Un cordial saludo!


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 19/02/2015, 02:07:22 pm
Hola,

Os dejo aquí como quedaría entonces -a fecha de hoy-, la demostración de arriba. Al menos así la acabo de poner en <a href="http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=80158.msg320248#new">este artículo</a> en la Sección de La Revista del Foro. A partir de ahora para cualquier observación o crítica os remito allí. Un saludo a todos,



Si:  [texx]x,y,z\in{\mathbb{Z^*}}[/texx] , para x = par;  [texx]x,y,z[/texx]  son coprimos 2 a 2  [texx]\wedge[/texx]  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] ;  entonces:


1)    [texx](x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2[/texx]

    Tendré la terna pitagórica:  [texx](x^2,y^2,z^2)\in{(2ab,a^2-b^2,a^2+b^2)}[/texx] ,  para  [texx]a,b[/texx]  coprimos y  [texx]b[/texx]  par.

    [texx]x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2[/texx]

    [texx]y^2=a^2-b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{(b,y,a)\in{(2a_1b_1,a_1^2-b_1^2,a_1^2+b_1^2)}}[/texx] ,  para  [texx]a_1,b_1[/texx]  coprimos y  [texx]b_1[/texx]  par.

    [texx]x^2=2ab\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x^2=4(a_1^2+b_1^2)a_1b_1\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1}}[/texx]

2)    Como:  [texx]mcd(a_1^2+b_1^2,a_1b_1)=1[/texx] ,  puesto que si un " P " divide a  [texx]a_1b_1[/texx] ,  entonces " P " divide a:  [texx]a_1[/texx]  ó a:  [texx]b_1[/texx]  y no podrá dividir de forma entera a  [texx]a_1^2+b_1^2[/texx] ;  entonces:  [texx]a_1^2+b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1b_1[/texx]  son  cuadrados.

3)    [texx]a_1^2+b_1^2=\pmb{A}^2[/texx]

    De donde:  [texx](b_1,a_1,\pmb{A})\in{(2a_2b_2,a_2^2-b_2^2,a_2^2+b_2^2)}[/texx] ,  para  [texx]a_2,b_2[/texx]  coprimos y  [texx]b_2[/texx]  par.

4)    [texx]\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=4(a_1^2+b_1^2)(a_2^2-b_2^2)a_2\dfrac{b_2}{2}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{4\,\pmb{A}}\right)^2=(a_2^2-b_2^2)a_2\dfrac{b_2}{2}}}[/texx] ;  donde  [texx]\dfrac{b_2}{2}[/texx]  es un número entero por ser  [texx]b_2[/texx]  par.

5)    Además ocurrirá, por lo mismo descrito en el punto 3), que:  [texx]mcd(a_2^2-b_2^2,a_2\dfrac{b_2}{2})=1[/texx] ,  y por tanto que  [texx]a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_2\dfrac{b_2}{2}[/texx]  serán  cuadrados.

6)    Entonces tendremos que:  [texx]a_2^2-b_2^2=\pmb{B}^2[/texx] ;  -y- :

     [texx](b_2,\pmb{B},a_2)\in{(2a_3b_3,a_3^2-b_3^2,a_3^2+b_3^2)}[/texx]

    [texx]\left({\dfrac{x}{4\,\pmb{AB}}\right)^2=(a_3^2+b_3^2)a_3b_3[/texx]

    ... y todo el proceso anterior se podrá repetir indefinidamente.

7)    Pero entonces  " [texx]x^2[/texx] "  tendrá infinitos factores enteros cada vez más pequeños, puesto que  [texx]B\,<\,A\,\,\,\wedge\,\,\,C\,<\,B[/texx] , etc.; y esto no es posible.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Luis Fuentes en 20/02/2015, 08:23:43 am
Hola

7)    Pero entonces  " [texx]x^2[/texx] "  tendrá infinitos factores enteros cada vez más pequeños, puesto que  [texx]B\,<\,A\,\,\,\wedge\,\,\,C\,<\,B[/texx] , etc.; y esto no es posible.

 Hola donde se ve que el proceso se repite es si comparamos las expresiones:

[texx]\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1[/texx]

y

[texx]\left({\dfrac{x}{4\,\pmb{AB}}\right)^2=(a_3^2+b_3^2)a_3b_3[/texx]


 Entonces la cadena de divisores son los [texx]a_1,a_3,a_5,a_7,\ldots [/texx] ó [texx]b_1,b_3,b_5,b_7,\ldots[/texx] es ahí donde debes de comprobar que van decreciendo.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 20/02/2015, 03:18:40 pm
Hola,

Entonces la cadena de divisores son los [texx]a_1,a_3,a_5,a_7,\ldots [/texx] ó [texx]b_1,b_3,b_5,b_7,\ldots[/texx] es ahí donde debes de comprobar que van decreciendo.

Ok el_manco. Supongo que lo que quieres decir es algo como lo siguiente:


Tendremos entonces que:

[texx]a_1=a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_2=a_3^2+b_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_3=a_4^2-b_4^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_4=a_5^2+b_5^2\,\,\,.\,.\,.[/texx]

[texx]b_1=2a_2b_2\,\,\,\wedge\,\,\,b_2=2a_3b_3\,\,\,\wedge\,\,\,b_3=2a_4b_4\,\,\,\wedge\,\,\,b_4=2a_5b_5\,\,\,.\,.\,.[/texx]


De donde -si no me equivoco-:

[texx]b_{n+1}=\displaystyle\frac{b_{n}}{2a_{n+1}}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{b_{n+1}\,<\,b_{n}}[/texx]

[texx]a_{n+1}=\left({\left({a_{n}^{2}-b_{n}^2}\right)^{\frac{1}{2}}+b_{n+1}\right)^\frac{1}{2}\,\,\,\,\vee\,\,\,\,\left({\left({a_{n}^{2}+b_{n}^2}\right)^{\frac{1}{2}}-b_{n+1}\right)^\frac{1}{2}\,\,\,\,\,\Rightarrow\,\,\,\,\,{a_{n+1}\,<\,a_{n}}[/texx]


Y el punto 7) de la demostración podría quedar como:


7)    Pero entonces  " [texx]x^2[/texx] "  tendrá infinitos factores enteros cada vez más pequeños, puesto que:

[texx](a_1^2+b_1^2)\,>\,(a_3^2+b_3^2)\,>\,(a_5^2+b_5^2)\,\,...\,\,\,\wedge\,\,\,a_1b_1\,>\,a_3b_3\,>\,a_5b_5\,\,...[/texx] ;  y esto no es posible.


Un saludo,



AÑADIDO (20-febrero-015)


Releyendo de nuevo la apreciación que me puso el_manco, entiendo que lo que he puesto antes se puede poner de otra forma también, quizás más sencilla:


Hola donde se ve que el proceso se repite es si comparamos las expresiones:

[texx]\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1[/texx]

y

[texx]\left({\dfrac{x}{4\,\pmb{AB}}\right)^2=(a_3^2+b_3^2)a_3b_3[/texx]


Haciendo sustituciones, no es difícil deducir que:

[texx]a=(a_2^2+b_2^2)^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1=(a_3^2-b_3^2)^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_2=(a_4^2+b_4^2)^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_3=(a_5^2-b_5^2)^2\,\,...[/texx]

Luego:  [texx](a_1^2+b_1^2)\,>\,(a_2^2+b_2^2)\,>\,(a_2^2-b_2^2)\,>\,(a_3^2-b_3^2)[/texx] ;  y como si:  [texx](a_2^2-b_2^2)\,>\,(a_3^2-b_3^2)[/texx] , entonces:  [texx](a_2^2+b_2^2)\,>\,(a_3^2+b_3^2)[/texx] ;  tendremos que:  [texx]\pmb{(a_1^2+b_1^2)\,>\,(a_3^2+b_3^2)}[/texx] .

Por otro lado sabemos que:  [texx]b=2a_1b_1\,\,\,\wedge\,\,\,b_1=2a_2b_2\,\,\,\wedge\,\,\,b_2=2a_3b_3\,\,...[/texx] ;  luego directamente:  [texx]\pmb{a_1b_1\,>\,a_3b_3}[/texx]

Y entonces:  [texx]\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1\,\,\,\pmb{>}\,\,\,\left({\dfrac{x}{4\,\pmb{AB}}\right)^2=(a_3^2+b_3^2)a_3b_3[/texx] .


Título: Re: El caso n=4. (demostración alternativa II)
Publicado por: Proyecto en 23/02/2015, 09:58:27 am
Hola,

Entonces entiendo que la demostración quedaría como sigue (la actualizo en la Revista del Foro con fecha de hoy (<a href="http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=80158.msg320254#new">*</a>):


Si:  [texx]x,y,z\in{\mathbb{Z^*}}[/texx] , para x = par;  [texx]x,y,z[/texx]  son coprimos 2 a 2  [texx]\wedge[/texx]  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] ;  entonces:


1)    [texx](x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2[/texx]

    Tendré la terna pitagórica:  [texx](x^2,y^2,z^2)\in{(2ab,a^2-b^2,a^2+b^2)}[/texx] ,  para  [texx]a,b[/texx]  coprimos y  [texx]b[/texx]  par.

    [texx]x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2[/texx]

    [texx]y^2=a^2-b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{(b,y,a)\in{(2a_1b_1,a_1^2-b_1^2,a_1^2+b_1^2)}}[/texx] ,  para  [texx]a_1,b_1[/texx]  coprimos y  [texx]b_1[/texx]  par.

    [texx]x^2=2ab\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x^2=4(a_1^2+b_1^2)a_1b_1\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1}}[/texx]

2)    Como:  [texx]mcd(a_1^2+b_1^2,a_1b_1)=1[/texx] ,  puesto que si un " P " divide a  [texx]a_1b_1[/texx] ,  entonces " P " divide a:  [texx]a_1[/texx]  ó a:  [texx]b_1[/texx]  y no podrá dividir de forma entera a  [texx]a_1^2+b_1^2[/texx] ;  entonces:  [texx]a_1^2+b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1b_1[/texx]  son  cuadrados.

3)    [texx]a_1^2+b_1^2=\pmb{A}^2[/texx]

    De donde:  [texx](b_1,a_1,\pmb{A})\in{(2a_2b_2,a_2^2-b_2^2,a_2^2+b_2^2)}[/texx] ,  para  [texx]a_2,b_2[/texx]  coprimos y  [texx]b_2[/texx]  par.

4)    [texx]\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{2}\right)^2=4(a_1^2+b_1^2)(a_2^2-b_2^2)a_2\dfrac{b_2}{2}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{4\,\pmb{A}}\right)^2=(a_2^2-b_2^2)a_2\dfrac{b_2}{2}}}[/texx] ;  donde  [texx]\dfrac{b_2}{2}[/texx]  es un número entero por ser  [texx]b_2[/texx]  par.

5)    Además ocurrirá, por lo mismo descrito en el punto 3), que:  [texx]mcd(a_2^2-b_2^2,a_2\dfrac{b_2}{2})=1[/texx] ,  y por tanto que  [texx]a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_2\dfrac{b_2}{2}[/texx]  serán  cuadrados.

6)    Entonces tendremos que:  [texx]a_2^2-b_2^2=\pmb{B}^2[/texx]  [texx]\wedge\,\,\,\,\,...[/texx]

     [texx](b_2,\pmb{B},a_2)\in{(2a_3b_3,a_3^2-b_3^2,a_3^2+b_3^2)}[/texx]

    [texx]\left({\dfrac{x}{4\,\pmb{AB}}\right)^2=(a_3^2+b_3^2)a_3b_3[/texx]

    Y todo el proceso anterior se podrá repetir indefinidamente.


7)    De esta forma, sustituyendo, podremos comprobar que:


    [texx]A^2=a_1^2+b_1^2=(a_2^2+b_2^2)^2[/texx]

    [texx]B^2=a_2^2-b_2^2=(a_3^2-b_3^2)^2[/texx]

    [texx]C^2=a_3^2+b_3^2=(a_4^2+b_4^2)^2[/texx]

         [texx]...[/texx]    [texx]...[/texx]    [texx]...[/texx]

    [texx]M_{2n-1}^2=a_{2n-1}^2+b_{2n-1}^2=(a_{2n}^2+b_{2n}^2)^2[/texx]

    [texx]M_{2n}^2=a_{2n}^2-b_{2n}^2=(a_{2n+1}^2-b_{2n+1}^2)^2[/texx]


Por lo que:  [texx]a_1^2+b_1^2\,>\,a_2^2+b_2^2\,>\,a_2^2-b_2^2\,>\,a_3^2-b_3^2[/texx] .  Y como si:  [texx]a_2^2-b_2^2\,>\,a_3^2-b_3^2[/texx] ,  entonces:  [texx]a_2^2+b_2^2\,>\,a_3^2+b_3^2[/texx] ;  tendremos que:  [texx]a_1^2+b_1^2\,>\,a_3^2+b_3^2[/texx]  y el proceso decreciente continuará sin término.


8)  Pero entonces  " [texx]x^2[/texx] "  tendrá infinitos factores enteros cada vez más pequeños: [texx]...\,\,\,E^2\,<\,C^2\,<\,A^2[/texx] ;  y esto no es posible.


Un saludo,