Matemática => Teorema de Fermat => Mensaje iniciado por: Proyecto en 10/03/2015, 04:02:09 pm



Título: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 10/03/2015, 04:02:09 pm
Hola,

Escribo otra vez en este hilo para exponer lo que, en mi opinión, podría ser la terminación natural de esta demostración tal y como la planteé en el primer post.


Punto de partida:

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 existirán siempre soluciones para:  [texx]x^4+y^4=Z^2[/texx] ,  para  [texx]Z=z^2[/texx] , siendo  [texx]Z^2[/texx]  el cuadrado con el valor mínimo posible de la suma:  [texx]x^4+y^4[/texx] .


Desarrollo:

(1)    [texx]x^4+y^4=z^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{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.


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

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

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

[texx]z^2=2v-y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,y^2=z^2-8w\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{z^2=v+4w}[/texx]

[texx]y^2=2v-z^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2=8w+y^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{y^2=v-4w}[/texx]

De esta forma, si  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,w[/texx]  tuvieran un factor común ([texx]l[/texx]); entonces:  [texx]z^2=l(v^{'}+4w^{'})\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=l(v^{'}-4w^{'})[/texx] ,  y  " [texx]l[/texx] "  dividiría a  [texx]z^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2[/texx] ,  lo que no es posible al ser ambos coprimos.

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

    b) Como sabemos que:  [texx]y^2=p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4[/texx] ,  y que además:  [texx]x^4=z^4-y^4[/texx] ;  podemos ahora 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\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x=2pq}[/texx]

Donde:  [texx]p,q\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,p>q\,\,\,\wedge[/texx]  [texx]p[/texx] = 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.

Como:  [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 todos los términos de la suma son pares menos  [texx]b^2\,\,\,\wedge\,\,\,-b[/texx] .  Sea  " [texx]b[/texx] " par o impar, el resultado será siempre par.


(3)    Es obvio que:  [texx]p^2+2q^2=(p^2-2q^2)+4q^2[/texx] .  Y como:  [texx]p^2+2q^2[/texx]  es un cuadrado ([texx]A^2[/texx]), puesto que  [texx]y^2=(p^2+2q^2)(p^2-2q^2)[/texx]  y ambos factores son coprimos;  [texx]p^2-2q^2[/texx]  es un cuadrado ([texx]B^2[/texx]) -por la misma razón- y  [texx]4q^2[/texx]  también representará un cuadrado ([texx]C^2[/texx]). Al ser  [texx]mcd(4q^2\,,\,p^2-2q^2\,,\,p^2+2q^2)=1[/texx] , entonces podré decir que:  [texx]A^2=B^2+C^2[/texx] ,  y obtener la terna pitagórica:  [texx](C,B,A)\,\in\,{(2ab\,,\,a^2-b^2\,,\,a^2+b^2)}[/texx] ,  para  [texx]a,b[/texx] coprimos y  [texx]b[/texx]  par. De donde:  [texx]2q=2ab\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q=ab}[/texx] ;  [texx](p^2-2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2-b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2}[/texx] ;  y:  [texx](p^2+2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2+b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2}[/texx] .


(4)    De esta manera:

[texx]p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2a^2b^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\, p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2a^2b^2=(a^2+b^2)^2}[/texx] . De donde:  [texx]2a^2b^2=(a^2+b^2)^2-p^2\,\,\,\wedge\,\,\,p^2-(a^2+b^2)^2+p^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\pmb{p^2=a^4+b^4}}[/texx] .  Pero entonces tendremos un cuadrado impar:  " [texx]p^2[/texx] ", que siendo igual a la suma de dos números cuartas potencias primos entre sí, es menor que  [texx]Z^2[/texx] ,  que es igual a  " [texx](p^4+4q^4)^2[/texx] "  y que sería, como quedamos, el cuadrado menor posible de la suma de dos números cuartas potencias primos entre sí:  [texx]x^4+y^4[/texx] ;  lo que es una contradicción; que hará inviable que  [texx]Z^2[/texx]  sea una solución y que impedirá, además, que  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx]  la tenga.



Un saludo,



PD. Me doy cuenta ahora mismo al escribir lo de arriba, que también puede llegarse sin mucha dificultad a la contradicción expuesta, escribiendo que:

<< 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\,\,{(2ab\,,\,a^{2}-b^{2}\,,\,a^{2}+b^{2})[/texx]

Así:

    [texx]q^2\,=\,a\,b\quad\wedge\quad y\,=\,a^2-b^2\quad\wedge\quad p^2\,=\,a^2+b^2 [/texx]

Y como:  [texx]q^2\,=\,a\,b[/texx]  y  [texx](a\,,\,b)[/texx]  son coprimos; entonces éstos serán los cuadrados:  [texx]a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b_1^2[/texx] .  De donde:  [texx]\pmb{p^2\,=\,a_1^4+b_1^4}[/texx] .  >>


En fin, la forma de terminarla que os guste más.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 11/03/2015, 06:53:23 am
Hola

 Está bien.
 
Saludos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 11/03/2015, 07:45:55 am
¡¡Muchas gracias el_manco!!

Me gustaría también poner esta demostración en la Revista del Foro. ¿Cómo lo ves tú? ¿Es adecuado hacerlo?


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 11/03/2015, 10:53:23 am
Hola

¡¡Muchas gracias el_manco!!

Me gustaría también poner esta demostración en la Revista del Foro. ¿Cómo lo ves tú? ¿Es adecuado hacerlo?


Un saludo,

Puedes añadirlo a la que ya has escrito, en el mismo hilo pero en un nuevo mensaje.

Cuando tenga un rato preparo la página del número 2015. Hay que incluir un resumen del trabajo. De manera análoga a lo que aparece aquí:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=65851.0

En tu caso puedes decir que presentas dos variantes de la demostración clásica del Teorema de Fermat para exponente cuatro.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 11/03/2015, 01:47:09 pm
Hola el_manco,


Puedes añadirlo a la que ya has escrito, en el mismo hilo pero en un nuevo mensaje.

Cuando tenga un rato preparo la página del número 2015. Hay que incluir un resumen del trabajo. De manera análoga a lo que aparece aquí:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=65851.0

En tu caso puedes decir que presentas dos variantes de la demostración clásica del Teorema de Fermat para exponente cuatro.


Gracias por tus indicaciones. Lo haré como dices.


No obstante, releyendo esta demostración de ahora pienso que se puede poner de una manera más simplificada. Aquí va una forma de hacerlo (que escribo de forma esquemática).


[texx]z^4=x^4+y^4[/texx]

[texx]Z^2=x^4+y^4[/texx] ,  para:  [texx]Z=z^2[/texx] . Representando  " [texx]Z^2[/texx] ", sin pérdida de generalidad, el mínimo cuadrado posible suma de 2 cuartas potencias coprimas entre sí.

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

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

Y como  [texx]x^2[/texx]  es un cuadrado,  [texx]a\,\,\wedge\,\,b[/texx]  son coprimos y  [texx]b[/texx]  es par; entonces " [texx]a[/texx] "  será de la forma:  [texx]a_1^2[/texx]  y  " [texx]b[/texx] "  de  la forma:  [texx]2b_1^2[/texx]

[texx]y^2=(a_1^2)^2-(2b_1^2)^2[/texx]

[texx](2b_1^2,y,a_1^2)\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.

Y entonces:  [texx]2b_1^2=2a_2b_2\,\,\,\wedge\,\,\,y=a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=a_2^2+b_2^2[/texx]

Como:  [texx]b_1^2=a_2b_2[/texx]  y  [texx]a_2,b_2[/texx]  son coprimos; entonces:  [texx]a_2=a_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,b_2=b_3^2[/texx] .

Pero ahora:  [texx]a_1^2=a_3^4+b_3^4[/texx] .  Y como:  [texx]Z^2=x^4+y^4=(a^2+b^2)^2=\left({(a_3^4+b_3^4)^2+(2a_3^2b_3^2)^2}\right)^2[/texx]

Será:  [texx]\pmb{a_1^2\,<\,Z^2}[/texx] .  Lo que es imposible.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Piockñec en 11/03/2015, 08:25:42 pm
Como sugerencia, podríais poner también en el mismo número la demostración de mente oscura.

Llevo varios años siguiendo este tema (Fermat), y creo que este año es la primera vez que se logran demostraciones, y varias, una maravilla!!! :D No me entero de ninguna, la verdad, aunque tampoco me he puesto, pero me alegra muchísimo :)


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 12/03/2015, 05:42:42 am
Hola Piockñec,


Como sugerencia, podríais poner también en el mismo número la demostración de mente oscura.

Yo también veo que es lo suyo. Pero eso es un poco decisión del propio mente oscura -a ver si quiere- y en todo caso de el_manco. Vaya por delante que para mí la demostración de mente oscura tiene algunas ventajas sobre las mías, es más alternativa que las clásicas conocidas y además demuestra una regla general hasta cierto punto independiente: Que no es posible ninguna proposición -derivada del Teorema de Fermat o no- que implique que dos ternas pitagóricas tengan dos elementos en común. No me duelen prendas el reconocerlo. De hecho todavía no he abandonado una línea de investigación sobre el n = 4 que sí representaría una solución más alternativa a las conocidas, lo que pasa es que no me sale   ???      :D


Llevo varios años siguiendo este tema (Fermat), y creo que este año es la primera vez que se logran demostraciones, y varias, una maravilla!!! :D No me entero de ninguna, la verdad, aunque tampoco me he puesto, pero me alegra muchísimo :)

Que no te enteres Piockñec, es una cuestión importante. Y más en un Foro como éste organizado para resolver dudas sobre matemáticas. Dime sobre qué parte de la demostración simplificada de arriba tienes dudas y te las procuro resolver. Vamos, sobre esta demostración o sobre cualquiera de las otras. Yo no soy más inteligente que tú, eso tenlo muy claro, simplemente me he concentrado -con pasión- en algo.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Piockñec en 12/03/2015, 10:01:18 am
Por eso, Proyecto :) Yo no me concentro con pasión en el teorema de Fermat, yo soy más de matemáticas del continuo (y diferenciables! :D ) pero un día de estos, me pondré a leer todos los hilos de nuevo sobre el teorema de fermat, con predisposición de aprender, y contaré contigo para cualquier duda ;) ¡Gracias!


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 12/03/2015, 03:45:25 pm
Hola,

Así acabo de ponerlo todo en la Sección de la <a href="http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=80158.0">Revista del Foro</a>. Un saludo,



<<    Abstract:

Buscando una demostración alternativa a las conocidas del Teorema de Fermat para exponente cuatro, me encuentro con que no puedo llegar más allá de unas cuantas variantes de la demostración clásica por descenso infinito, que expongo a continuación -incluyo a la del mensaje anterior-. ¿Sería posible encontrar una reducción al absurdo por otros motivos que sirviera también como demostración de este caso del Teorema de Fermat? Es una cuestión que para mí sigue abierta.
 

Un saludo,

Fernando Moreno


 
(A)   (10 de marzo de 2015. <a href="http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=80736.0">Aquí en el Foro</a>)


Punto de partida:

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 existirán siempre soluciones para:  [texx]x^4+y^4=Z^2[/texx] ,  para  [texx]Z=z^2[/texx] , siendo  [texx]Z^2[/texx]  el cuadrado con el valor mínimo posible de la suma:  [texx]x^4+y^4[/texx] .


Desarrollo:


(1)    [texx]x^4+y^4=z^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{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.


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

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

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

[texx]z^2=2v-y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,y^2=z^2-8w\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{z^2=v+4w}[/texx]

[texx]y^2=2v-z^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2=8w+y^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{y^2=v-4w}[/texx]

De esta forma, si  [texx]v\,\,\,\wedge\,\,\,w[/texx]  tuvieran un factor común ([texx]l[/texx]); entonces:  [texx]z^2=l(v^{'}+4w^{'})\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=l(v^{'}-4w^{'})[/texx] ,  y  " [texx]l[/texx] "  dividiría a  [texx]z^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2[/texx] ,  lo que no es posible al ser ambos coprimos.

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

    b) Como sabemos que:  [texx]y^2=p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4[/texx] ,  y que además:  [texx]x^4=z^4-y^4[/texx] ;  podemos ahora 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\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x=2pq}[/texx]

Donde:  [texx]p,q\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,p>q\,\,\,\wedge[/texx]  [texx]p[/texx] = 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.

Como:  [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 todos los términos de la suma son pares menos  [texx]b^2\,\,\,\wedge\,\,\,-b[/texx] .  Sea  " [texx]b[/texx] " par o impar, el resultado será siempre par.


(3)    Es obvio que:  [texx]p^2+2q^2=(p^2-2q^2)+4q^2[/texx] .  Y como:  [texx]p^2+2q^2[/texx]  es un cuadrado ([texx]A^2[/texx]), puesto que  [texx]y^2=(p^2+2q^2)(p^2-2q^2)[/texx]  y ambos factores son coprimos;  [texx]p^2-2q^2[/texx]  es un cuadrado ([texx]B^2[/texx]) -por la misma razón- y  [texx]4q^2[/texx]  también representará un cuadrado ([texx]C^2[/texx]). Al ser  [texx]mcd(4q^2\,,\,p^2-2q^2\,,\,p^2+2q^2)=1[/texx] , entonces podré decir que:  [texx]A^2=B^2+C^2[/texx] ,  y obtener la terna pitagórica:  [texx](C,B,A)\,\in\,{(2ab\,,\,a^2-b^2\,,\,a^2+b^2)}[/texx] ,  para  [texx]a,b[/texx] coprimos y  [texx]b[/texx]  par. De donde:  [texx]2q=2ab\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q=ab}[/texx] ;  [texx](p^2-2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2-b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2}[/texx] ;  y:  [texx](p^2+2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2+b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2}[/texx] .


(4)    De esta manera:

[texx]p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2a^2b^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2a^2b^2=(a^2+b^2)^2}[/texx] . De donde:  [texx]2a^2b^2=(a^2+b^2)^2-p^2\,\,\,\wedge\,\,\,p^2-(a^2+b^2)^2+p^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\pmb{p^2=a^4+b^4}}[/texx] .  Pero entonces tendremos un cuadrado impar:  " [texx]p^2[/texx] ", que siendo igual a la suma de dos números cuartas potencias primos entre sí, es menor que  [texx]Z^2[/texx] ,  que es igual a:  [texx](p^4+4q^4)^2[/texx]  y que sería, como quedamos, el cuadrado menor posible suma de dos cuartas potencias coprimas entre sí:  [texx]x^4+y^4[/texx] ;  lo que es una contradicción; que hará inviable que  [texx]Z^2[/texx]  sea una solución y que impedirá, además, que  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx]  pueda tenerla.

 

(B)  (11 de marzo de 2015. <a href="http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=80736.0#lastPost">Aquí en el Foro</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:  [texx]Z^2=x^4+y^4[/texx] ,  para:  [texx]Z=z^2[/texx] . Representando  " [texx]Z^2[/texx] ", sin pérdida de generalidad, el mínimo cuadrado posible suma de 2 cuartas potencias coprimas entre sí.


Sabemos pues que:  [texx]Z^2=(x^2)^2+(y^2)^2[/texx] . De donde se deduce la terna pitagórica:  [texx]{(x^2,y^2,Z)\in{(2ab,a^2-b^2,a^2+b^2)}}[/texx] , para  [texx]a,b[/texx] coprimos y  [texx]b[/texx]  par.

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

Y como  [texx]x^2[/texx]  es un cuadrado,  [texx]a\,\,\wedge\,\,b[/texx]  son coprimos y  [texx]b[/texx]  es par; entonces " [texx]a[/texx] "  será de la forma:  [texx]a_1^2[/texx]  y  " [texx]b[/texx] "  será de  la forma:  [texx]2b_1^2[/texx]

Luego tendremos que:  [texx]y^2=(a_1^2)^2-(2b_1^2)^2[/texx]

Y la terna pitagórica:  [texx](2b_1^2,y,a_1^2)\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.

Entonces:  [texx]2b_1^2=2a_2b_2\,\,\,\wedge\,\,\,y=a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=a_2^2+b_2^2[/texx]

Y como:  [texx]b_1^2=a_2b_2[/texx]  y  [texx]a_2,b_2[/texx]  son coprimos; será:  [texx]a_2=a_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,b_2=b_3^2[/texx] .

Pero ahora:  [texx]a_1^2=a_3^4+b_3^4[/texx] .  Y dado que:  [texx]Z^2=x^4+y^4=(a^2+b^2)^2=\left({(a_3^4+b_3^4)^2+(2a_3^2b_3^2)^2}\right)^2[/texx]

Tendremos que el cuadrado:  [texx]\pmb{a_1^2\,<\,Z^2}[/texx] .  Lo que es imposible.    >>


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: mente oscura en 12/03/2015, 10:34:15 pm
Hola Piockñec,


Como sugerencia, podríais poner también en el mismo número la demostración de mente oscura.

Yo también veo que es lo suyo. Pero eso es un poco decisión del propio mente oscura -a ver si quiere- y en todo caso de el_manco. Vaya por delante que para mí la demostración de mente oscura tiene algunas ventajas sobre las mías, es más alternativa que las clásicas conocidas y además demuestra una regla general hasta cierto punto independiente: Que no es posible ninguna proposición -derivada del Teorema de Fermat o no- que implique que dos ternas pitagóricas tengan dos elementos en común. No me duelen prendas el reconocerlo. De hecho todavía no he abandonado una línea de investigación sobre el n = 4 que sí representaría una solución más alternativa a las conocidas, lo que pasa es que no me sale   ???      :D


Llevo varios años siguiendo este tema (Fermat), y creo que este año es la primera vez que se logran demostraciones, y varias, una maravilla!!! :D No me entero de ninguna, la verdad, aunque tampoco me he puesto, pero me alegra muchísimo :)

Que no te enteres Piockñec, es una cuestión importante. Y más en un Foro como éste organizado para resolver dudas sobre matemáticas. Dime sobre qué parte de la demostración simplificada de arriba tienes dudas y te las procuro resolver. Vamos, sobre esta demostración o sobre cualquiera de las otras. Yo no soy más inteligente que tú, eso tenlo muy claro, simplemente me he concentrado -con pasión- en algo.


Un saludo,

Hola.

Muchas gracias a los dos.

Claro que me gustaría, poner (casi mejor que alguien la ponga, porque soy bastante torpe, con estas "cosas"), en la revista, mi demostración. La verdad, es que no lo vi "claro" y me he conformado con la fijación en el subforo de Fermat.

No me importa (al contrario), que estén en la misma revista o "hilo", o lo que "sea". :D

Un cordial saludo.

 


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 17/03/2015, 03:48:00 pm
Hola,

Esta versión que pongo a continuación de la demostración del caso n = 4 del UTF por el absurdo del descenso infinito, me gusta especialmente por su simplicidad. A ver qué os parece.

Un saludo,


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] ;  será que:  [texx]X^2+Y^2=Z^2[/texx] ,  para:  [texx]X=x^2\,\,\,\wedge\,\,\,Y=y^2\,\,\,\wedge\,\,\,Z=z^2[/texx] ;  y entonces tendremos la terna pitagórica:  [texx](X,Y,Z)[/texx] , que para los valores mínimos de estas [texx]X,Y,Z[/texx] ,  será la terna pitagórica menor posible que satisfaga la ecuación:  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] .


(1)    [texx]x^4+y^4=z^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2}[/texx] . De donde deducimos 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. Y entonces:  [texx]x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2[/texx] .  De donde se deduce a su vez que:  [texx]z^2+x^2=(a+b)^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2-x^2=(a-b)^2[/texx] .


(2)    Yo sé por otra parte que:  [texx]y^4=(z^2+x^2)(z^2-x^2)[/texx] ;  y que como ambos factores son coprimos, ambos representarán dos cuartas potencias. Por lo que: 

[texx]z^2+x^2=(a+b)^2=A^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{a+b=A^2}[/texx]

[texx]z^2-x^2=(a-b)^2=B^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{a-b=B^2}[/texx]
 

(3)    Y como:  [texx]a+b=(a-b)+2b[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx](A,B,C)[/texx] ,  para:  [texx]A^2=a+b\,\,\,\wedge\,\,\,B^2=a-b\,\,\,\wedge\,\,\,C^2=2b[/texx] .  Esto último porque como:  [texx]x^2=2ab[/texx] ,  entonces:  [texx]b=2b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,2b=4b_1^2[/texx] . Pero de esta manera la terna pitagórica:  [texx]\pmb{(A,B,C)\,<\,(X,Y,Z)}[/texx] .  Lo que dijimos que era imposible.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: mente oscura en 17/03/2015, 04:16:58 pm
(3)    Y como:  [texx]a+b=(a-b)+2b[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx](A,B,C)[/texx] ,  para:  [texx]A^2=a+b\,\,\,\wedge\,\,\,B^2=a-b\,\,\,\wedge\,\,\,C^2=2b[/texx] .  Esto último porque como:  [texx]x^2=2ab[/texx] ,  entonces:  [texx]b=2b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,2b=4b_1^2[/texx] . Pero de esta manera la terna pitagórica:  [texx]\pmb{(A,B,C)\,<\,(X,Y,Z)}[/texx] .  Lo que dijimos que era imposible.

Hola, Proyecto.

No acabo de ver claro, esto que te indico.

Obtienes:

[texx]A^2=B^2+C^2[/texx]

pero, eso no implica que "A", "B" y "C", sean números elevados al cuadrado, para que nos generen una terna a la "cuarta".

Un cordial saludo.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 17/03/2015, 07:08:08 pm
Hola mente oscura,

Gracias por contestar.

(3)    Y como:  [texx]a+b=(a-b)+2b[/texx] ;  tendremos la terna pitagórica:  [texx](A,B,C)[/texx] ,  para:  [texx]A^2=a+b\,\,\,\wedge\,\,\,B^2=a-b\,\,\,\wedge\,\,\,C^2=2b[/texx] .  Esto último porque como:  [texx]x^2=2ab[/texx] ,  entonces:  [texx]b=2b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,2b=4b_1^2[/texx] . Pero de esta manera la terna pitagórica:  [texx]\pmb{(A,B,C)\,<\,(X,Y,Z)}[/texx] .  Lo que dijimos que era imposible.

Hola, Proyecto.

No acabo de ver claro, esto que te indico.

Obtienes:

[texx]A^2=B^2+C^2[/texx]

pero, eso no implica que "A", "B" y "C", sean números elevados al cuadrado, para que nos generen una terna a la "cuarta".


Tienes razón. Tal y cómo lo he planteado parecería exigir que "A,B,C" fueran cuadrados, cosa que en principio, no son. De todas maneras, si en vez de decir: "..que será la terna pitagórcia menor posible que satisfaga la ecuación:  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] " ;  dijera: <<..que será la terna pitagórica menor posible que satisfaga la ecuación:  [texx]X^2+Y^2=Z^2[/texx]>>, ¿no salvaría el escollo? Pregunto. Porque "X" es igual a "2ab", independientemente que "2ab" sea o no un cuadrado, y lo mismo "Y" y "Z". De hecho yo no sé si a lo mejor "A" no pudiera ser un cuadrado también, simplemente no necesitaría saberlo ¿no? ¿Cómo lo ves?


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 18/03/2015, 11:46:30 am
Hola

Tienes razón. Tal y cómo lo he planteado parecería exigir que "A,B,C" fueran cuadrados, cosa que en principio, no son. De todas maneras, si en vez de decir: "..que será la terna pitagórcia menor posible que satisfaga la ecuación:  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] " ;  dijera: <<..que será la terna pitagórica menor posible que satisfaga la ecuación:  [texx]X^2+Y^2=Z^2[/texx]>>, ¿no salvaría el escollo? Pregunto. Porque "X" es igual a "2ab", independientemente que "2ab" sea o no un cuadrado, y lo mismo "Y" y "Z". De hecho yo no sé si a lo mejor "A" no pudiera ser un cuadrado también, simplemente no necesitaría saberlo ¿no? ¿Cómo lo ves?

Para que el argumento tipo descenso infinito funcione la nueva tripleta [texx](A,B,C)[/texx] menor a la inicial, debe de cumplir todas las condiciones que exigiste y usaste en [texx](X,Y,Z)[/texx] para construir [texx](A,B,C)[/texx]. Si usas que [texx]X,Y,Z[/texx] cumplen la ecuación de Fermat de grado cuatro, entonces para que el argumento funcione [texx](A,B,C)[/texx] también debería de cumplirla.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 18/03/2015, 06:31:27 pm
Hola,

Ok el_manco y mente oscura. Efectivamente, este intento de demostración está mal. De hecho el mismo planteamiento es reiterativo, pues es lo mismo poner como condición que se cumpla para un  [texx]x^4+y^4=z^4[/texx]  mínimo que para un  [texx]X^2+Y^2=Z^2[/texx]  mínimo, por lo que esto último sobra. Y también me he encontrado más adelante con alguna otra cosa solapada, por lo que de demostración simplificada tampoco. Me he precipitado sí.

Un saludo y gracias como siempre por vuestras indicaciones,


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 26/03/2015, 05:18:36 pm
Hola,


A ver qué os parece esta versión de la demostración del caso n = 4 del UTF por implicación al infinito. Mi objetivo no es éste, pues estoy buscando otro tipo de contradicciones para demostrar este caso del Teorema de Fermat. Son cosas que me voy encontrando por el camino y que trato que por lo menos sean bellas.



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:  [texx]\pmb{x^2}[/texx]  es infinito.


(a)    [texx]x^4+y^4=z^4\,\,\Rightarrow\,\,{(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2}[/texx]   

                 De donde deduzco la terna pitagórica:  [texx]\pmb{x^2=2\,a\,b}\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2[/texx] ,  para  [texx]b[/texx]  par.
     
                 Como:  [texx]x=\sqrt{2ab}\,\,\Rightarrow\,\,{a=a_1^2\,\,\wedge\,\,b=2b_1^2}[/texx]

(b)    Si:  [texx]z^2=a^2+b^2[/texx] ,  puedo deducir la terna pitagórica:

                 [texx]b=2cd\,\,\,\wedge\,\,\,a=c^2-d^2\,\,\,\wedge\,\,\,z=c^2+d^2[/texx] ,  para  [texx]d[/texx]  par.

                 Y como:  [texx]2b_1^2=2cd\,\,\Rightarrow\,\,{b_1^2=cd}\,\,\Rightarrow\,\,{c=c_1^2}\,\,\,\wedge\,\,\,d=d_1^2\,\,\,\,\Rightarrow\,\,{\pmb{x^2=4\,a\,c\,d}}[/texx]

(c)    Como:  [texx]a=c^2-d^2\,\,\Rightarrow\,\,{a_1^2=(c_1^2)^2-(d_1^2)^2}[/texx]

                 Y puedo deducir la terna pitagórica:  [texx]d_1^2=2ef\,\,\,\wedge\,\,\,a_1=e^2-f^2\,\,\,\wedge\,\,\,c_1^2=e^2+f^2[/texx]  (para  [texx]f[/texx]  par) 
                 [texx]\,\,\,\,\Rightarrow\,\,{\pmb{x^2=8\,a\,c\,e\,f}}[/texx]

                 Entonces, como:  [texx]d_1=\sqrt{2ef}\,\,\Rightarrow\,\,{e=e_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,f=2f_1^2[/texx]

(d)    Si:  [texx]c_1^2=e^2+f^2[/texx] ,  puedo deducir la terna pitagórica:

                 [texx]f=2gh\,\,\,\wedge\,\,\,e=g^2-h^2\,\,\,\wedge\,\,\,c_1=g^2+h^2[/texx] ,  para  [texx]h[/texx]  par.

                 Y como:  [texx]2f_1^2=2gh\,\,\Rightarrow\,\,{f_1^2=gh}\,\,\Rightarrow\,\,{g=g_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,h=h_1^2}\,\,\,\,\Rightarrow\,\,{\pmb{x^2=16\,a\,c\,e\,g\,h}}[/texx]

(e)   Como:  [texx]e=g^2-h^2\,\,\Rightarrow\,\,{e_1^2=(g_1^2)^2-(h_1^2)^2[/texx]      [texx]\pmb{. . .}[/texx]   Y así sucesivamente   [texx]\pmb{. . .}[/texx]



Un saludo,


_______________________________

PD. Pongo también esta demostración en la Revista del Foro (01 abril 2015)


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 14/04/2015, 12:06:48 pm
Hola,

Me gustaría saber si se puede razonar de la forma que expongo a continuación para demostrar el caso n = 4 del UTF como una variante más de las demostraciones ya hechas.



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:  [texx]y^4=z^4-x^4\,\,\,\wedge\,\,\,\,\pmb{Y^2=z^4-x^4}[/texx] ,  para  [texx]Y=y^2[/texx] .  Representanto  " [texx]Y^2[/texx] ", sin pérdida de generalidad, el máximo cuadrado posible diferencia de 2 cuartas potencias coprimas entre sí.


Como:  [texx](x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2[/texx] ,  tendremos entonces la terna pitagórica:

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


Y ocurrirá que:  [texx]y^2\cdot{z^2}=(a^2-b^2)(a^2+b^2)\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\pmb{(yz)^2=a^4-b^4}[/texx] .


Pero:  [texx](yz)^2\,\,>\,\,Y^2[/texx] .



Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 15/04/2015, 06:26:08 am
Hola

 ¡Vuelves a cometer un error en el qué has caído más veces e inaguras otro nuevo!.  ;)

 Siempre que intentes un argumento del tipo "descenso infinito" (o lo que es lo mismo imponer minimalidad en una de las variables bajo ciertas condiciones, para luego construir otra que rompa ese minimialidad bajo las mismas condciones), tienes que asegurarte de que efectivamente tienes las mismas condicones en ambos casos.

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:  [texx]y^4=z^4-x^4\,\,\,\wedge\,\,\,\,\pmb{Y^2=z^4-x^4}[/texx] ,  para  [texx]Y=y^2[/texx] .  Representanto  " [texx]Y^2[/texx] ", sin pérdida de generalidad, el máximo cuadrado posible diferencia de 2 cuartas potencias coprimas entre sí.

Aquí ya hay un matiz y en el fondo el doble error:

1) no puedes afirmar que [texx]Y^2[/texx] sea el máximo cuadrado posible diferencia de dos cuadrados sin más; porque [texx]Y=y^2,z,x[/texx] no son números cualesquiera; previamente supones que [texx]x^4+y^4=z^4[/texx].

2) cuidado (y esto es lo nuevo) porque no es lo mismo jugar con la minimalidad que con la maximalidad; en los naturales todo subconjunto tiene mínimo. Pero no todo subconjunto tiene máximo; entonces pudiera ocurrir que no hubiese un máximo valor de un número que sea posible ser expresado como diferencia de cuadrados. Por ejemplo no hay un máximo valor de [texx]c[/texx] para una terna pitagórica [texx]a^2+b^2=c^2[/texx].


Cita
Como:  [texx](x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2[/texx] ,  tendremos entonces la terna pitagórica:

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


Y ocurrirá que:  [texx]y^2\cdot{z^2}=(a^2-b^2)(a^2+b^2)\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\pmb{(yz)^2=a^4-b^4}[/texx] .


Pero:  [texx](yz)^2\,\,>\,\,Y^2[/texx] .

Incluso pasando por alto el comentario (2) anterior (referido al problema de la maximalida) para que el argumento funcionase no te llega con que [texx](yz)^2=a^4-b^4[/texx] sino que deberías de tener que [texx]yz[/texx] fuese un cuadrado.

Saludos.

P.D. Probablemente el argumento puede modificarse para arreglar (1) pero no para arreglar (2).


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 15/04/2015, 03:15:28 pm
Hola el_manco,


¡Vuelves a cometer un error en el qué has caído más veces e inaguras otro nuevo!.  ;)

Muchos errores ves tú ahí..   ;)


Lo que quiero decir es que la argumentación expuesta, aunque carece de la suficiente "certeza" como para ser demostrativa -en eso te doy la razón-, sí que es consecuencia directa de los argumentos de descenso infinito por los que se demuestra este caso del UTF.

Por ejemplo,  ¿Y si le doy la vuelta a 2 de las ecuaciones puestas?

Tendría esto:

[texx]x^4=z^4-y^4\,\,\,\wedge\,\,\,\,b^4=a^4-(yz)^2[/texx] .  O lo que es lo mismo:  [texx](x^2)^2=(z^2)^2-(y^2)^2\,\,\,\wedge\,\,\,(b^2)^2=(a^2)^2-(yz)^2[/texx]

De donde puedo deducir las ternas pitagóricas respectivas:

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

[texx]b^2=2cd\,\,\,\wedge\,\,\,yz=c^2-d^2\,\,\,\wedge\,\,\,a^2=c^2+d^2[/texx] ,  para  [texx]d[/texx]  par.

Y también que:  [texx]x^2=4\,a_1^2\,b_1^2\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,b^2=4\,c_1^2\,d_1^2[/texx] .

Pero entonces ¿cuál es la magnitud par de  " [texx]\pmb{b}[/texx] " :  " [texx]2\,b_1^2[/texx] "  ó  " [texx]2\,d_1[/texx] " ?

Pregunto (retóricamente):  ¿Existe alguna forma de averiguar cuál es el tamaño de la paridad de  " [texx]\pmb{x}[/texx] " ?



Un saludo,


___________________________

PD. Lo dicho arriba está redactado en tono coloquial. Quiero decir con esto que en modo alguno estoy cuestionando las indicaciones que me hace el_manco acerca de los errores cometidos en mi anterior post, los cuales asumo y además agradezco vivamente que se me indiquen, pues así tengo la oportunidad de aprender de ellos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 16/04/2015, 05:53:27 am
Hola

PD. Lo dicho arriba está redactado en tono coloquial. Quiero decir con esto que en modo alguno estoy cuestionando las indicaciones que me hace el_manco acerca de los errores cometidos en mi anterior post, los cuales asumo y además agradezco vivamente que se me indiquen, pues así tengo la oportunidad de aprender de ellos.

La cosa es que (independietemente del tono coloquial) no veo claro a donde quieres ir a parar con lo que has escrito.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 16/04/2015, 12:42:35 pm
Hola,

La cosa es que (independietemente del tono coloquial) no veo claro a donde quieres ir a parar con lo que has escrito.

Ok.

Lo que he querido decir es que detrás de lo que puse en la Respuesta #16 se esconde lo que sería -a mi entender- otra posible demostración del caso n = 4 del UTF.


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


a)    [texx](x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2[/texx] .  De donde puedo deducir la terna pitagórica:  [texx]x^2=2\,a\,b\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2[/texx] ,  para  [texx]b[/texx]  par.

b)    Como:  [texx]y^2\cdot{z^2}=(a^2-b^2)(a^2+b^2)\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,(yz)^2=a^4-b^4\,\,\,\,\,\Rightarrow\,\,\,\,\,{b^4=a^4-(yz)^2\,\,\,\wedge\,\,\,(b^2)^2=(a^2)^2-(yz)^2}[/texx] ;  puedo deducir la terna pitagórica:  [texx]b^2=2cd\,\,\,\wedge\,\,\,yz=c^2-d^2\,\,\,\wedge\,\,\,a^2=c^2+d^2[/texx] ,  para  [texx]d[/texx]  par.

c)    Y como:  [texx]x=\sqrt[ ]{2ab}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{a=a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b=2b_1^2}\,\,\,\,\,-\,\wedge\,-\,\,\,\,\,b=\sqrt[ ]{2cd}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{c=c_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,d=2d_1^2}[/texx] .  Tendremos que el factor par de  [texx]x^2[/texx] :  " [texx]\pmb{b}[/texx] ", es a su vez:  [texx]2b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,2c_1d_1\,\,(b^2=4c_1^2d_1^2)[/texx] ;  para  [texx]b_1\,,\,d_1[/texx]  números pares y de la misma condición;  por lo que si:  [texx]2b_1^2=2c_1d_1[/texx] ,  entonces la magnitud par de:  [texx]b_1\,<\,d_1[/texx] ,  lo que es una contradicción.


Un saludo, 


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 17/04/2015, 08:39:30 am
Hola

 Me perdí por completo aquí:

c)    Y como:  [texx]x=\sqrt[ ]{2ab}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{a=a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b=2b_1^2}\,\,\,\,\,-\,\wedge\,-\,\,\,\,\,b=\sqrt[ ]{2cd}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{c=c_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,d=2d_1^2}[/texx] .  Tendremos que el factor par de  [texx]x^2[/texx] :  " [texx]\pmb{b}[/texx] ", es a su vez:  [texx]2b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,2c_1d_1\,\,(b^2=4c_1^2d_1^2)[/texx] ;  para  [texx]b_1\,,\,d_1[/texx]  números pares y de la misma condición;  por lo que si:  [texx]2b_1^2=2c_1d_1[/texx] ,  entonces la magnitud par de:  [texx]b_1\,<\,d_1[/texx] ,  lo que es una contradicción.

¿Qué significa números pares de la misma condición?.
¿Qué quiere decir "la magnitud par" de algo?.
¿Dónde está la contradicción?.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 17/04/2015, 10:29:20 am
Hola,


c)    Y como:  [texx]x=\sqrt[ ]{2ab}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{a=a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b=2b_1^2}\,\,\,\,\,-\,\wedge\,-\,\,\,\,\,b=\sqrt[ ]{2cd}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{c=c_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,d=2d_1^2}[/texx] .  Tendremos que el factor par de  [texx]x^2[/texx] :  " [texx]\pmb{b}[/texx] ", es a su vez:  [texx]2b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,2c_1d_1\,\,(b^2=4c_1^2d_1^2)[/texx] ;  para  [texx]b_1\,,\,d_1[/texx]  números pares y de la misma condición;  por lo que si:  [texx]2b_1^2=2c_1d_1[/texx] ,  entonces la magnitud par de:  [texx]b_1\,<\,d_1[/texx] ,  lo que es una contradicción.

¿Qué significa números pares de la misma condición?.
¿Qué quiere decir "la magnitud par" de algo?.
¿Dónde está la contradicción?.


Contestando a la última pregunta contesto a las demás. Yo estoy entendiendo lo siguiente:

[texx]2b_1^2=2c_1d_1\,\,\Rightarrow\,\,{b_1=\sqrt[ ]{c_1d_1}}[/texx] .  Como  [texx]d_1[/texx]  es par y entero ([texx]c_1[/texx] es impar), si es par de 4,  [texx]b_1[/texx]  será par de 2. El elemento "par" ([texx]2^n)[/texx]  de  [texx]b_1[/texx]  será siempre la raíz cuadrada del elemento par de  [texx]d_1[/texx] .  Y aquí es donde veo la contradicción. Tengo por una parte " [texx]x^2[/texx] " y por otra " [texx]b^2[/texx] ", los 2 representan el elemento par de una terna pitagórica primitiva: " [texx]2pq[/texx] "; pero mientras que para  [texx]x^2[/texx] ,  [texx]q=2v[/texx] -por ejemplo-, para  [texx]b^2[/texx] ,  [texx]q=2^{2}w[/texx] .  Y esto yo lo entiendo como una contradicción, a lo mejor indebidamente, no lo sé, ya empiezo a dudarlo. Porque si con carácter general en un caso "q" va a ser siempre como mínimo "4", entonces estaríamos hablando de "4pq" y no de "2pq", que es la representación canóniga que tiene que tener el elemento par de una terna pitagórica primitiva, y ése es precisamente el caso de:  " [texx]b^2=2cd\,\,\,\Leftrightarrow{\,\,\,b=2c_1d_1}[/texx] ".


Un saludo,



PD.  Añadido el 18 de abril: Entonces el apartado c) de la demostración de la Respuesta #20 podría quedar como sigue:

c)    Y como:  [texx]x=\sqrt[ ]{2ab}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{a=a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b=2b_1^2}\,\,\,\,\,-\,\wedge\,-\,\,\,\,\,b=\sqrt[ ]{2cd}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{c=c_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,d=2d_1^2}[/texx] .  Tendremos que  " [texx]\pmb{b}[/texx] " es a su vez:  [texx]2b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,2c_1d_1\,\,(b^2=4c_1^2d_1^2)[/texx] ;  para  [texx]b_1\,,\,d_1[/texx]  números pares;  por lo que:  [texx]2b_1^2=2c_1d_1\,\,\,\wedge\,\,\,b_1=\sqrt[ ]{c_1d_1}[/texx] ,  siendo siempre " [texx]b_1[/texx] "  par, como mínimo, de " 2 ",  y de esta manera siendo siempre " [texx]d_1[/texx] " par, como mínimo, de " 4 "; lo que quiere decir en realidad que:  [texx]d=8d_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b^2=\displaystyle\frac{cd}{2}[/texx] ,  siendo esto último una contradicción.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 20/04/2015, 10:04:00 am
Hola,


PD.  Añadido el 18 de abril: Entonces el apartado c) de la demostración de la Respuesta #20 podría quedar como sigue:

c)    Y como:  [texx]x=\sqrt[ ]{2ab}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{a=a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b=2b_1^2}\,\,\,\,\,-\,\wedge\,-\,\,\,\,\,b=\sqrt[ ]{2cd}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{c=c_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,d=2d_1^2}[/texx] .  Tendremos que  " [texx]\pmb{b}[/texx] " es a su vez:  [texx]2b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,2c_1d_1\,\,(b^2=4c_1^2d_1^2)[/texx] ;  para  [texx]b_1\,,\,d_1[/texx]  números pares;  por lo que:  [texx]2b_1^2=2c_1d_1\,\,\,\wedge\,\,\,b_1=\sqrt[ ]{c_1d_1}[/texx] ,  siendo siempre " [texx]b_1[/texx] "  par, como mínimo, de " 2 ",  y de esta manera siendo siempre " [texx]d_1[/texx] " par, como mínimo, de " 4 "; lo que quiere decir en realidad que:  [texx]d=8d_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b^2=\displaystyle\frac{cd}{2}[/texx] ,  siendo esto último una contradicción.


Perdón por autocitarme. Pero yo entiendo que la única solución a la contradición expuesta en esta cita de la respuesta anterior es que  [texx]b_1\,\,\wedge\,\,d_1[/texx]  sean impares.

Pero si esto es así, entonces tendríamos que:  [texx]x=2a_1b_1[/texx] , para  [texx]a_1,b_1[/texx]  impares; y no es difícil de demostrar que esto es, a su vez, una contradicción, como ya hice en el primer post del hilo:  " <a href="http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=76842.0">El caso n=4. Una demostración alternativa-?</a> ", en septiembre del año pasado, donde llego a la consecuencia que:  [texx]x=2pq[/texx] ,  para " q " par. Por tanto, de ser así esto último, entiendo que estaríamos ante una demostración del caso n = 4 que no estaría basada estrictamente en una argumentación del tipo "descenso infinito" ¿no?


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 20/04/2015, 11:40:30 am
Hola

PD.  Añadido el 18 de abril: Entonces el apartado c) de la demostración de la Respuesta #20 podría quedar como sigue:

c)    Y como:  [texx]x=\sqrt[ ]{2ab}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{a=a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b=2b_1^2}\,\,\,\,\,-\,\wedge\,-\,\,\,\,\,b=\sqrt[ ]{2cd}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{c=c_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,d=2d_1^2}[/texx] .  Tendremos que  " [texx]\pmb{b}[/texx] " es a su vez:  [texx]2b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,2c_1d_1\,\,(b^2=4c_1^2d_1^2)[/texx] ;  para  [texx]b_1\,,\,d_1[/texx]  números pares;  por lo que:  [texx]2b_1^2=2c_1d_1\,\,\,\wedge\,\,\,b_1=\sqrt[ ]{c_1d_1}[/texx] ,  siendo siempre " [texx]b_1[/texx] "  par, como mínimo, de " 2 ",  y de esta manera siendo siempre " [texx]d_1[/texx] " par, como mínimo, de " 4 "; lo que quiere decir en realidad que:  [texx]d=8d_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b^2=\displaystyle\frac{cd}{2}[/texx] ,  siendo esto último una contradicción.


No acabo de verlo.

De [texx]x=\sqrt{2ab}[/texx] con a impar lo que tienes es que la mayor potencia de dos que divide a [texx]b[/texx] es impar, es decir, [texx]b=2^{2k+1}b'[/texx] con [texx]b'[/texx] impar.

Eso es compatible con que [texx]b=\sqrt{2cd}[/texx] con [texx]c[/texx] impar. Tendrías:

[texx]2^{4k+2}b'^2=2cd[/texx]

con [texx]d[/texx] par. De donde [texx]d=2^{4k+1}d' [/texx] con [texx]d'[/texx] impar. ¿Dónde está el problema?.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 20/04/2015, 06:24:32 pm
Hola,


No acabo de verlo.

De [texx]x=\sqrt{2ab}[/texx] con a impar lo que tienes es que la mayor potencia de dos que divide a [texx]b[/texx] es impar, es decir, [texx]b=2^{2k+1}b'[/texx] con [texx]b'[/texx] impar.

Eso es compatible con que [texx]b=\sqrt{2cd}[/texx] con [texx]c[/texx] impar. Tendrías:

[texx]2^{4k+2}b'^2=2cd[/texx]

con [texx]d[/texx] par. De donde [texx]d=2^{4k+1}d' [/texx] con [texx]d'[/texx] impar. ¿Dónde está el problema?.


Voy al grano. Lo que trato de decir en el fondo es muy simple y quizás sea ése el problema, eso y que -supongo- esté mal:


a) Tengo el elemento "par" de una terna pitagórica primitiva:  [texx]2pq[/texx] , para  [texx]p\vee q[/texx]  par.  Entonces:  [texx]2pq\,\,\Leftrightarrow\,\,{2^{k+1}p,q'}[/texx] ,  para  [texx]p,q'[/texx] ,  por ejemplo, impares.

b) Tenemos que:  [texx]x^2=2ab[/texx] ,  para  [texx]b[/texx]  par.. (y  [texx]b_1[/texx]  par). Entonces:  [texx]2ab\,\,\Leftrightarrow\,\,{(2^{k+1})^{2}a,b'}[/texx] ,  para  [texx]a,b'[/texx]  impares.

c) Tenemos también que:  [texx]b^2=2cd[/texx] ,  para  [texx]d[/texx]  par.. (y  [texx]d_1[/texx]  par).  Entonces:  [texx]2cd\Leftrightarrow{(2^{2k+1})^{2}cd'}[/texx] ,  para  [texx]c,d'[/texx]  impares.


Pues bien, lo que estoy queriendo decir es que como el elemento par de b) y c) no son estrictamente como la forma canóniga del elemento par de una terna pitagórica primitiva  ([texx]2^{k+1}[/texx]) ,  entonces no pueden ser considerados elementos pares de una terna pitagórica primitiva, lo que sería una contradicción. Por ejemplo, para  [texx]k=1[/texx]  tendremos ternas pitagóricas cuya mayor potencia de dos de su elemento par será de 4 ( -12,35,37- ó -204,253,325-), pero no así en los casos de  [texx]x^2\vee b^2[/texx] , donde para  [texx]k=1[/texx]  la mayor potencia de dos no será inferior en ningún caso de 16 y en el otro de 64, y eso será siempre así para  [texx]k=n[/texx] ,  de forma que podría hablarse en un caso de  [texx]8p'q'[/texx] ,  para  [texx]q'[/texx]  par, y en otro de  [texx]32p''q''[/texx] ,  para  [texx]q''[/texx]  par; lo que no es lo mismo que decir:  [texx]2pq[/texx] ,  para  [texx]q[/texx]  par .  Espero no haber herido la sensibilidad de nadie si he dicho una barbaridad muy gorda, pero este es un foro para aprender.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 21/04/2015, 06:09:40 am
Hola

Lo siento sigo sin verlo.

Algunas indicaciones:

a) Tengo el elemento "par" de una terna pitagórica primitiva:  [texx]2pq[/texx] , para  [texx]p\vee q[/texx]  par.  Entonces:  [texx]\color{red}2pq\,\,\Leftrightarrow\,\,{2^{k+1}p,q'}\color{black}[/texx] ,  para  [texx]p,q'[/texx] ,  por ejemplo, impares.

El signo de equivalencia ahí en medio no sé que quiere decir con precisión; si lo que tienes son igualdades ¡úsalas!.

Cita
Pues bien, lo que estoy queriendo decir es que como el elemento par de b) y c) no son estrictamente como la forma canóniga del elemento par de una terna pitagórica primitiva  ([texx]2^{k+1}[/texx]) ,  entonces no pueden ser considerados elementos pares de una terna pitagórica primitiva, lo que sería una contradicción.


No sé que quiere decir "no ser estrictamente como la forma canónica del elemento par de una terna primitiva".

Por si van por ahí los tiros, que un elemento pueda escribirse como [texx]2^{k+1}p[/texx] con [texx]p[/texx] impar y también como [texx](2^{2k+1})^2c[/texx] con [texx]c[/texx] impar es totalmente compatible.

Evidentemente las dos "k"s que aperecen en los exponentes no tienen porque ser la misma: simplemente representan un número natural.

Entonces es obvio que puede ocurrir:

[texx]2^{n+1}=(2^{2k+1})^2[/texx]

sin más que tomar [texx]n+1=4k+2[/texx].

Si sigues pensando que tu idea encierra un argumento correcto que lleva a una contradicción, tienes que desmenuzarla y explicitarla de forma que enlazando una cadena de igualdades (y no  equivalencias o expresiones de significado poco preciso) llegues a ese resultado contradictorio.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 22/04/2015, 12:35:42 pm
Hola,


Si sigues pensando que tu idea encierra un argumento correcto que lleva a una contradicción, tienes que desmenuzarla y explicitarla de forma que enlazando una cadena de igualdades (y no  equivalencias o expresiones de significado poco preciso) llegues a ese resultado contradictorio.

Lo intento.

Definición previa: Si  [texx]\alpha[/texx]  es "cualquier par", entonces:  [texx]\alpha\,=\,2^{k=n}\alpha'\,,\,\,para\,\,n\in{\mathbb{N}}\,\,\wedge\,\,\alpha'=\,Impar[/texx] .

Tendremos entonces:

a)  El elemento par de una terna pitagórica primitiva:  [texx]2pq\,\,\,=\,\,\,2^{k+1}pq'[/texx] ,  para  [texx]q'[/texx]  impar  [texx]\pmb{\Rightarrow\,\,\,2pq}}[/texx] ,  para  " [texx]\pmb{q}[/texx] "  cualquier par.

b)  [texx]x^2=2ab\,\,\,=\,\,\,(2^{k+1})^{2}ab'[/texx] ,  para  [texx]b'[/texx]  impar  [texx]\pmb{\Rightarrow\,\,\,4\,a_1^2\,b_1^2}}[/texx] ,  para  " [texx]\pmb{b_1}[/texx] "  cualquier par.

c)  [texx]b^2=2cd\,\,\,=\,\,\,(2^{2k+1})^{2}cd'[/texx] ,  para  [texx]d'[/texx]  impar  [texx]{\pmb{\Rightarrow\,\,\,4\,c_1^2\,{d_{11}^4}}^{(*)}[/texx] ,  para  " [texx]\pmb{d_{11}}[/texx] "  cualquier par.

(*)  Como:  [texx]b_1=\sqrt[ ]{c_1d_1}[/texx]  (Ver en el PD. de la Respuesta #22), entonces:  [texx]d_1=d_{11}^2[/texx] .


Por si van por ahí los tiros, que un elemento pueda escribirse como [texx]2^{k+1}p[/texx] con [texx]p[/texx] impar y también como [texx](2^{2k+1})^2c[/texx] con [texx]c[/texx] impar es totalmente compatible.

Evidentemente las dos "k"s que aperecen en los exponentes no tienen porque ser la misma: simplemente representan un número natural.

Entonces es obvio que puede ocurrir:

[texx]2^{n+1}=(2^{2k+1})^2[/texx]

sin más que tomar [texx]n+1=4k+2[/texx].


De esta forma, si:  " [texx](2^{2k+1})^2[/texx] "  representa la magnitud "par" de -por ejemplo-  [texx]\alpha[/texx] ; no podríamos decir que  [texx]\alpha[/texx]  representa "cualquier par", porque:  [texx]k=\displaystyle\frac{n-1}{4}[/texx] .

Luego ni el punto b) anterior -ni el punto c)- son equivalentes al punto a). Esto es -por ejemplo-:  [texx]x^2=4a_1^2b_1^2\,\,\neq\,\,{2pq}[/texx] ;  pues a lo que en el fondo es igual es a:  [texx](2pq)^2[/texx]  - [texx](2ab)^2[/texx] - , lo que generará posteriormente una paradoja por descenso infinito. Y toda la tesis que estoy planteando es que no hace falta llegar a esa paradoja si antes consideramos como una simple contradicción que lo que debería ser el elemento par de una terna pitagórica primitiva ([texx]2pq[/texx]) sea igual a:  [texx]4a_1^2b_1^2[/texx] ,  porque ni son lo mismo, ni son equivalentes, y una manera de explicitar esto es distinguiendo entre las propiedades "ser par" y "ser cualquier par" y descubrir, de esta manera, que ambas expresiones:  [texx]4a_1b_1\,\,\wedge\,\,2pq[/texx]  tienen en realidad distinta paridad, si se me permite esta última expresión.


Un saludo,


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 22/04/2015, 02:50:27 pm
Hola

Lo intento.

Si pero...

Cita
Definición previa: Si  [texx]\alpha[/texx]  es "cualquier par", entonces:  [texx]\alpha\,=\,2^{k=n}\alpha'\,,\,\,para\,\,n\in{\mathbb{N}}\,\,\wedge\,\,\alpha'=\,Impar[/texx] .

Tendremos entonces:

a)  El elemento par de una terna pitagórica primitiva:  [texx]2pq\,\,\,=\,\,\,2^{k+1}pq'[/texx] ,  para  [texx]q'[/texx]  impar  [texx]\pmb{\Rightarrow\,\,\,2pq}}[/texx] ,  para  " [texx]\pmb{q}[/texx] "  cualquier par.

Aquí ya la liamos. Pones una implicación y no entiendo en absoluto que significa la consecuencia. Aparentemente no se afirma nada. ¿Qué significa:

 [texx]\pmb{\Rightarrow\,\,\,2pq}}[/texx] ,  para  " [texx]\pmb{q}[/texx] "  cualquier par

?.

Cita
b)  [texx]x^2=2ab\,\,\,=\,\,\,(2^{k+1})^{2}ab'[/texx] ,  para  [texx]b'[/texx]  impar  [texx]\pmb{\Rightarrow\,\,\,4\,a_1^2\,b_1^2}}[/texx] ,  para  " [texx]\pmb{b_1}[/texx] "  cualquier par.

c)  [texx]b^2=2cd\,\,\,=\,\,\,(2^{2k+1})^{2}cd'[/texx] ,  para  [texx]d'[/texx]  impar  [texx]{\pmb{\Rightarrow\,\,\,4\,c_1^2\,{d_{11}^4}}^{(*)}[/texx] ,  para  " [texx]\pmb{d_{11}}[/texx] "  cualquier par.

Aquí la misma objección.

Cita
De esta forma, si:  " [texx](2^{2k+1})^2[/texx] "  representa la magnitud "par" de -por ejemplo-  [texx]\alpha[/texx] ; no podríamos decir que  [texx]\alpha[/texx]  representa "cualquier par", porque:  [texx]k=\displaystyle\frac{n-1}{4}[/texx] .

Luego ni el punto b) anterior -ni el punto c)- son equivalentes al punto a). Esto es -por ejemplo-:  [texx]x^2=4a_1^2b_1^2\,\,\neq\,\,{2pq}[/texx] ;  pues a lo que en el fondo es igual es a:  [texx](2pq)^2[/texx]  - [texx](2ab)^2[/texx] - , lo que generará posteriormente una paradoja por descenso infinito. Y toda la tesis que estoy planteando es que no hace falta llegar a esa paradoja si antes consideramos como una simple contradicción que lo que debería ser el elemento par de una terna pitagórica primitiva ([texx]2pq[/texx]) sea igual a:  [texx]4a_1^2b_1^2[/texx] ,  porque ni son lo mismo, ni son equivalentes, y una manera de explicitar esto es distinguiendo entre las propiedades "ser par" y "ser cualquier par" y descubrir, de esta manera, que ambas expresiones:  [texx]4a_1b_1\,\,\wedge\,\,2pq[/texx]  tienen en realidad distinta paridad, si se me permite esta última expresión.

Y ahí tampoco entiendo exactamente que quieres decir.

Tengo una ligera intuición de por donde pueden ir los tiros de tu confusión. Así que voy a lanzar un comentario sobre lo que creo que estás pensando.

La cuestión es que cuando tu a partir de la ecuación inicial [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] vas construyendo ternas pitagóricas, me parece que razonas como si todas ellas tienen que ser genéricas. Pero eso no es así; nosotros partimos de una supuesta solución concreta de la ecuación de Fermat y razonamos la existencia de ternas pitagóricas concretas con sus particularidades.

Pongo un ejemplo de lo que quiero decir: si yo razonando llego a que un número [texx]n [/texx] es de la forma [texx]n=2k [/texx] y por otra parte llego a que ese número es de la forma [texx]n=3k'[/texx], pensando de manera general como creo que haces tu diría: contradicción, [texx]n[/texx] no puede representar al mismo tiempo a cualquier número par y a cualquier número múltiplo de [texx]3[/texx]... son "estructuras" distintas. ¡No!. Como dije antes [texx]n[/texx] es un número concreto y lo único que habríamos deducido es que simultáneamente múltiplo de [texx]2[/texx] y de [texx]3[/texx]. Y no hay nada contradictorio en eso (lo que ocurre es que es múltiplo de [texx]6[/texx]).


Si las ideas que están manejando no tienen que ver con esto de alguna manera, estoy totalmente perdido sobre como pretendes razonar.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 23/04/2015, 10:13:56 am
Hola,


Tengo una ligera intuición de por donde pueden ir los tiros de tu confusión. Así que voy a lanzar un comentario sobre lo que creo que estás pensando.

La cuestión es que cuando tu a partir de la ecuación inicial [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] vas construyendo ternas pitagóricas, me parece que razonas como si todas ellas tienen que ser genéricas. Pero eso no es así; nosotros partimos de una supuesta solución concreta de la ecuación de Fermat y razonamos la existencia de ternas pitagóricas concretas con sus particularidades.

Pongo un ejemplo de lo que quiero decir: si yo razonando llego a que un número [texx]n [/texx] es de la forma [texx]n=2k [/texx] y por otra parte llego a que ese número es de la forma [texx]n=3k'[/texx], pensando de manera general como creo que haces tu diría: contradicción, [texx]n[/texx] no puede representar al mismo tiempo a cualquier número par y a cualquier número múltiplo de [texx]3[/texx]... son "estructuras" distintas. ¡No!. Como dije antes [texx]n[/texx] es un número concreto y lo único que habríamos deducido es que simultáneamente múltiplo de [texx]2[/texx] y de [texx]3[/texx]. Y no hay nada contradictorio en eso (lo que ocurre es que es múltiplo de [texx]6[/texx]).


Si las ideas que están manejando no tienen que ver con esto de alguna manera, estoy totalmente perdido sobre como pretendes razonar.


Sí, la cosa va por ahí. Creo que de todas formas algo se podría sacar en claro, pero la verdad es que no vale la pena ni aportaría nada sustancioso, así que dejo el tema. La verdad es que me doy cuenta que con esta cuestión del caso n = 4 del UTF voy ya un poco pasado de vueltas.. Como punto final voy a exponer aquí una versión más -la última- de demostración de este caso del Teorema de Fermat por el argumento del descenso infinito. Creo que es correcta porque el fondo de la cuestión es similar a otras ya realizadas, pero nunca se sabe del todo. Un saludo,



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:  [texx]y^4=z^4-x^4\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,\pmb{Y^2=z^4-x^4}[/texx] ,  para  [texx]Y=y^2[/texx] ;  siendo  [texx]Y^2[/texx] , sin pérdida de generalidad, el cuadrado menor posible diferencia de dos cuartas potencias coprimas entre sí.


(a)     [texx]x^4+y^4=z^4\,\,\Rightarrow\,\,{(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2}[/texx] .  De donde deduzco la terna pitagórica:  [texx]x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2[/texx] ,  para  [texx]b[/texx]  par.   


(b)    Como:  [texx]x=\sqrt{2ab}\,\,\Rightarrow\,\,{a=a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b=2b_1^2}[/texx] ;  entonces:  [texx]y^2=(a_1^2)^{2}-(2b_1^2)^{2}\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=(a_1^2)^{2}+(2b_1^2)^{2}[/texx] .  De donde se deducen, respectivamente, las ternas pitagóricas:  [texx]2b_1^2=2cd\,\,\,\wedge\,\,\,y=c^2-d^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=c^2+d^2[/texx] ,  para  [texx]d[/texx]  par;  - y - :  [texx]2b_1^2=2ef\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=e^2-f^2\,\,\,\wedge\,\,\,z=e^2+f^2[/texx] ,  para [texx]f[/texx]  par.


(c)    De esta manera, una terna solución  [texx]\pmb{(x,y,z)}[/texx]  para este caso 4 del Teorema de Fermat quedaría como:  [texx]\pmb{(2\,a_1\,b_1\,,\,c^2-d^2\,,\,e^2+f^2)}[/texx] ;  para:  [texx]b_1^2\,=\,cd\,=\,ef\,\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,a_1^2\,=\,c^2+d^2\,=\,e^2-f^2[/texx] .


(d)    Y como:  [texx]mcd(cd)=mcd(ef)=1\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{c=c_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,d=d_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,e=e_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,f=f_1^2}[/texx] ;  entonces:  [texx]a_1^2=e^2-f^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\pmb{a_1^2=e_1^4-f_1^4}}[/texx] .  Pero:  [texx]\pmb{a_1^2\,<\,Y^2}[/texx] ,  lo que dijimos que era imposible.   


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Luis Fuentes en 23/04/2015, 12:00:59 pm
Hola

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:  [texx]y^4=z^4-x^4\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,\pmb{Y^2=z^4-x^4}[/texx] ,  para  [texx]Y=y^2[/texx] ;  siendo  [texx]Y^2[/texx] , sin pérdida de generalidad, el cuadrado menor posible diferencia de dos cuartas potencias coprimas entre sí.


(a)     [texx]x^4+y^4=z^4\,\,\Rightarrow\,\,{(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2}[/texx] .  De donde deduzco la terna pitagórica:  [texx]x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2[/texx] ,  para  [texx]b[/texx]  par.   


(b)    Como:  [texx]x=\sqrt{2ab}\,\,\Rightarrow\,\,{a=a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b=2b_1^2}[/texx] ;  entonces:  [texx]y^2=(a_1^2)^{2}-(2b_1^2)^{2}\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=(a_1^2)^{2}+(2b_1^2)^{2}[/texx] .  De donde se deducen, respectivamente, las ternas pitagóricas:  [texx]2b_1^2=2cd\,\,\,\wedge\,\,\,y=c^2-d^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=c^2+d^2[/texx] ,  para  [texx]d[/texx]  par;  - y - :  [texx]2b_1^2=2ef\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=e^2-f^2\,\,\,\wedge\,\,\,z=e^2+f^2[/texx] ,  para [texx]f[/texx]  par.


(c)    De esta manera, una terna solución  [texx]\pmb{(x,y,z)}[/texx]  para este caso 4 del Teorema de Fermat quedaría como:  [texx]\pmb{(2\,a_1\,b_1\,,\,c^2-d^2\,,\,e^2+f^2)}[/texx] ;  para:  [texx]b_1^2\,=\,cd\,=\,ef\,\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,a_1^2\,=\,c^2+d^2\,=\,e^2-f^2[/texx] .


(d)    Y como:  [texx]mcd(cd)=mcd(ef)=1\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{c=c_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,d=d_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,e=e_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,f=f_1^2}[/texx] ;  entonces:  [texx]a_1^2=e^2-f^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\pmb{a_1^2=e_1^4-f_1^4}}[/texx] .  Pero:  [texx]\pmb{a_1^2\,<\,Y^2}[/texx] ,  lo que dijimos que era imposible.   

Creo que está bien. Un único matiz. Debes de comenzar con la ecuación:

[texx]x^4+Y^2=z^4[/texx]

 y olvidarte de la otra [texx]y[/texx]. Por que sino [texx]Y^2[/texx] no sería el menor cuadrado diferencia de dos potencias cuartas sin más, sino que además le estarías exigiendo que [texx]Y[/texx] fuese el cuadrado de otro número.

Saludos.


Título: Re: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)
Publicado por: Proyecto en 23/04/2015, 03:53:36 pm
Gracias como siempre el_manco por tus observaciones !

Creo que está bien. Un único matiz. Debes de comenzar con la ecuación:

[texx]x^4+Y^2=z^4[/texx]

 y olvidarte de la otra [texx]y[/texx]. Por que sino [texx]Y^2[/texx] no sería el menor cuadrado diferencia de dos potencias cuartas sin más, sino que además le estarías exigiendo que [texx]Y[/texx] fuese el cuadrado de otro número.

En cuanto tenga tiempo traslado la demostración al <a href="http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=80158.0">hilo</a> que tengo abierto para eso en La Revista del Foro con la corrección que me indicas y lo corrijo también en las otras demostraciones dónde repito el mismo fallo.


Un saludo,