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Autor Tema: Un intento alternativo para el caso n = 4  (Leído 4539 veces)
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« : 01/01/2015, 03:11:02 pm »

Hola a tod@s,


Dados:    [texx]x,y,z\in{\mathbb{R^*}}\,,\,\,\,\delta\in{\mathbb{R}}\,,\,\,\,r\in{\mathbb{Q^*}}\,,\,\,\,\delta^{'}\in{\left\{{\delta}\right\}}\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,mcd(x,y,z)=1[/texx]

Para todo:    [texx]x^{2r}+y^{2r}-z^{2r}=\,\delta[/texx]

Entonces:    [texx]z^r\,=\,\dfrac{x^{r}y^r}{\delta'}\,-\,\dfrac{\delta'}{2}\,+\,\dfrac{\delta}{2\delta'}[/texx]

Siendo:    [texx]\delta^{'}=(x^{r}+y^r)-z^r[/texx]


Demostración:


Para:  [texx]x^{2r}+y^{2r}=z^{2r}+\delta[/texx]

Entonces:  [texx](x^r+y^r)^2=z^{2r}+2x^{r}y^r+\delta[/texx]

Comprobación:  [texx]x^{2r}+y^{2r}+2x^{r}y^r=z^{2r}+2x^{r}y^r+\delta[/texx]

Ahora, como yo sé que necesariamente:  [texx]x^{r}+y^{r}=z^{r}+\delta'[/texx]

Entonces:

    [texx](z^r+\delta^{'})^2=z^{2r}+2x^{r}y^r+\delta[/texx]

    [texx]z^{2r}+\delta^{'}^2+2z^{r}\delta'=z^{2r}+2x^{r}y^{r}+\delta[/texx]

    [texx]2z^{r}\delta^{'}=2x^{r}y^{r}+\delta-\delta^{'}^2[/texx]

    [texx]z^{r}\,=\,\dfrac{x^{r}y^r}{\delta'}\,-\,\dfrac{\delta^'}{2}\,+\,\dfrac{\delta}{2\delta^'}[/texx]


Ahora partamos de un caso especial:


Dados:    [texx]x,y,z\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,\,\delta\in{\mathbb{Z}}\,,\,\,\,n\in{\mathbb{N}}\,,\,\,\,\delta^{'}\in{\left\{{\delta}\right\}}\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,mcd(x,y,z)=1[/texx]

Para todo:    [texx]x^{2n}+y^{2n}-z^{2n}=\delta[/texx]

Entonces:    [texx]z^n\,=\,\dfrac{x^{n}y^n}{\delta^{'}}\,-\,\dfrac{\delta^'}{2}\,+\,\dfrac{\delta}{2\delta^'}[/texx]

Siendo:    [texx]\delta^{'}=(x^{n}+y^n)-z^n[/texx]

Y en concreto, partamos del caso en que:  [texx]x^4+y^4-z^4\,=\,0[/texx]

Tendremos entonces que:  [texx]z^2\,=\,\dfrac{x^{2}y^2}{\delta^{'}}\,-\,\dfrac{\delta^{'}}{2}[/texx]

Sigamos ahora este razonamiento:

Si:  [texx]x^2= p_1^2\cdot{p_2^2}\cdot{}\cdot{}p_{k_1}^2\quad\wedge\quad y^2=q_1^2\cdot{q_2^2}\cdot{}\cdot{}q_{k_2}^2[/texx] ,  entonces:  [texx]\left\{{\delta^{'}=r_1^{\alpha_1}\cdot{r_2^{\alpha_2}}\cdot{}\cdot{}r_{k_3}^{\alpha_{k_3}}}\right\}\,\subset\,\left\{{X\times{Y}}\right\}\times{\left\{{X\times{Y}}\right\}}[/texx] ,  pues  [texx]\delta^{'}\ |\,\,\,x^{2}y^2[/texx] ,  debido a que  [texx]2\ |\,\,\,\delta^{'}[/texx] ,  ya que  " [texx]\delta^{'}[/texx] "  es par, en concreto tiene la misma paridad que  " [texx]x^2[/texx] " . 

Spoiler (click para mostrar u ocultar)


Pero  " [texx]\delta^{'}[/texx] "  tiene además la siguiente particularidad, que:  [texx]\exists{(p_i\,\,\,\vee\,\,\,q_j)}}\in{ \delta^{'}}[/texx] ,  tal que:  [texx]\delta^{'}\,=\,p_i\left\{{r_1^2\cdot{r_2^2\cdot{}\cdot{}r_{k_3-1}^2}}\right\}\quad\vee\quad\delta^{'}\,=\,q_j\left\{{r_1^2\cdot{r_2^2\cdot{}\cdot{}r_{k_3-1}^2}}\right\}\quad\vee\quad\delta^{'}\,=\,p_iq_j\left\{{r_1^2\cdot{r_2^2\cdot{}\cdot{}r_{k_3-2}^2}}\right\}[/texx] ;  puesto que  " [texx]\delta^{'}[/texx] "  no es un cuadrado, pues si lo fuera,  la ecuación  " [texx]x^2-\delta^{'}\,=\,z^2-y^2[/texx] " ,  no podría mantener igual su paridad.

Veámoslo:

Si:  [texx]x^2-\delta^{'}\,=\,z^2-y^2[/texx] ,  fuera de la forma:  [texx]x^2-\delta_1^{'}^2\,=\,z^2-y^2[/texx] ,  entonces:

[texx](x+\delta_1^{'})(x-\delta_1^{'})\,=\,(z+y)(z-y)\quad\wedge\quad \dfrac{x+\delta_1^{'}}{z+y}\,=\,\dfrac{z-y}{x-\delta_1^{'}}[/texx] .  Supongamos que:  [texx]x=2a\,,\,\,\delta_1^{'}=2b\,,\,\,y=2c-1\,\,\,\wedge\,\,\,z=2d-1[/texx] .

Tendríamos entonces que:  [texx]\dfrac{2(a+b)}{2(d+c-1)}\,=\,\dfrac{2(d-c)}{2(a-b)}[/texx] .  Pero mientras que:  [texx]2(a+b)\,\,\,\wedge\,\,\,2(a-b)[/texx]  tienen la misma paridad,

[texx]2(d-c)\,\,\,\wedge\,\,\,2(d+c-1)[/texx]  tienen la contraria.


De esta manera, el posible cociente de   [texx]\dfrac{x^2y^2}{\delta^{'}}\,=\,\left\{{s_1^{\beta_1}\cdot{s_2^{\beta_2}\cdot{}\cdot{}s_{k_4}^{\beta_{k_4}}}}\right\}[/texx] ,  deberá ser de la forma:

[texx]p_i\left\{{s_1^2\cdot{s_2^2\cdot{}\cdot{}s_{k_4-1}^2}}\right\}\quad\vee\quad q_j\left\{{s_1^2\cdot{s_2^2\cdot{}\cdot{}s_{k_4-1}^2}}\right\}\quad\vee\quad p_iq_j\left\{{s_1^2\cdot{s_2^2\cdot{}\cdot{}s_{k_4-2}^2}}\right\}[/texx] .  Tomemos por ejemplo a:

[texx]p_i\left\{{s_1^2\cdot{s_2^2\cdot{}\cdot{}s_{k_4-1}^2}}\right\}[/texx] . 

Como:  [texx]z^2\,=\,\,\dfrac{x^{2}y^2}{\delta^{'}}\,-\,\dfrac{\delta^{'}}{2}[/texx] ,  entonces:  [texx]z^2\,\,=\,\,p_i\,\left\{{s_1^2\cdot{s_2^2\cdot{}\cdot{}s_{k_4-1}^2}}\right\}\,\,-\,\,\dfrac{p_i\,\left\{{r_1^2\cdot{r_2^2\cdot{}\cdot{}r_{k_3-1}^2}}\right\}}{2}[/texx] .


Yo sé además que  " [texx]p_i[/texx] "  no puede ser el factor  " [texx]2[/texx] "  de  " [texx]\delta^{'}[/texx] " ,  porque éste es de la forma  " [texx]2^2[/texx] " ,  al tener como hemos visto ya antes, la misma paridad que  " [texx]x^2[/texx] " .  Pero entonces nos encontraríamos con que:  [texx]z^2\,\,=\,\,\,p_i\,\,\left({{\left\{{s_1^2\cdot{s_2^2\cdot{}\cdot{}s_{k_4-1}^2}\right\}}\,\,-\,\,\dfrac{\left\{{r_1^2\cdot{r_2^2\cdot{}\cdot{}r_{k_3-1}^2 }}\right\}}{2}}\right)}[/texx] .  Cosa que no es posible, pues  " [texx]p_i[/texx] "  no puede ser factor de  " [texx]z^2[/texx] " ,  al ser un factor de  " [texx]x^2[/texx] "  ó  " [texx]y^2[/texx] "  y ser  " [texx]z^2[/texx] "  coprimo con ambos.



Un saludo,
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« Respuesta #1 : 02/01/2015, 06:22:50 am »

Hola

 He leído tu propuesta.

 Tengo dos  críticas: una centrada en la notación, en la escritura, que en algunos casos es confusa y en otros directamente incorrecta; y otra, la realmente importante, en un paso decisivo que creo que no está bien justificado.

En cuanto a la notación:

 
Dados:    [texx]x,y,z\in{\mathbb{R^*}}\,,\,\,\,\delta\in{\mathbb{R}}\,,\,\,\,r\in{\mathbb{Q^*}}\,,\,\,\,\delta^{'}\in{\left\{{\delta}\right\}}\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,mcd(x,y,z)=1[/texx]

 No sé que has querido decir con [texx]\delta^{'}\in{\left\{{\delta}\right\}}[/texx]. Si [texx]x,y,z[/texx] son reales no tiene sentido hablar de mcd. En cualquier caso la coprimalidad es indiferente para que se cumpla la identidad que quieres probar, que es correcta.

Cita
Ahora partamos de un caso especial:

Dados:    [texx]x,y,z\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,\,\delta\in{\mathbb{Z}}\,,\,\,\,n\in{\mathbb{N}}\,,\,\,\,\delta^{'}\in{\left\{{\delta}\right\}}\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,mcd(x,y,z)=1[/texx]

 Te falta decir (porque lo usas después) que [texx]x[/texx] es par.


Cita
Si:  [texx]x^2= p_1^2\cdot{p_2^2}\cdot{}\cdot{}p_{k_1}^2\quad\wedge\quad y^2=q_1^2\cdot{q_2^2}\cdot{}\cdot{}q_{k_2}^2[/texx] ,  entonces:  [texx]\color{red}\left\{{\delta^{'}=r_1^{\alpha_1}\cdot{r_2^{\alpha_2}}\cdot{}\cdot{}r_{k_3}^{\alpha_{k_3}}}\right\}\,\subset\,\left\{{X\times{Y}}\right\}\times{\left\{{X\times{Y}}\right\}}\color{black}[/texx] ,  pues  [texx]\delta^{'}\ |\,\,\,x^{2}y^2[/texx] ,  debido a que  [texx]2\ |\,\,\,\delta^{'}[/texx] ,  ya que  " [texx]\delta^{'}[/texx] "  es par, en concreto tiene la misma paridad que  " [texx]x^2[/texx] " .

Aquí la notación que he marcado en rojo no se entiende bien. Lo que has querido decir es que [texx]\delta'[/texx] sólo puede tener por factores primos factores de [texx]x[/texx] y/o de [texx]y[/texx], por ser [texx]\delta'[/texx] un divisor de [texx]x^2y^2[/texx].

Yo lo hubiera dicho simplemente de palabra. O si quieres escribirlo más formalmente, tendría que ser:

[texx]x^2= p_1^2\cdot{p_2^2}\cdot{}\cdot{}p_{k_1}^2\quad\wedge\quad y^2=q_1^2\cdot{q_2^2}\cdot{}\cdot{}q_{k_2}^2[/texx]

con [texx]p_1,\ldots,p_{k_1}[/texx] primos no necesariamente distintos entre si; [texx]q_1,\ldots,q_{k_2}[/texx] primos distintos de los [texx]p_i[/texx] pero no necesariamente primos entre si y luego:

[texx]\delta'=p_1^{\alpha_1}\cdot \ldots\cdot p_{k_1}^{\alpha_{k_1}}\cdot q_1^{\beta_1}\cdot \ldots\cdot q_{k_2}^{\beta_{k_2}} con \alpha_i,\beta_i\in \{0,1,2\}[/texx]

Por otra parte cuando hablas de "misma paridad" te estás refiriendo a que la potencia máxima de [texx]2[/texx] que divide a los números es lo mismo. Esto hace confuso el discurso, en cuanto a que usualmente paridad se refiere simplemente a ser o no divisible por dos.

El paso mal justificado.

 Resumo la idea de tu prueba y luego indico lo que creo que no está bien justificado.

 Si [texx]x^4+y^4=z^4[/texx] con [texx]x,y,z[/texx] coprimos y [texx]x[/texx] par es fácil ver que:

 [texx]z^2=\dfrac{x^2y^2}{\delta'}-\dfrac{\delta'}{2}[/texx] con [texx]\delta'=x^2+y^2-z^2[/texx]  (*)

 Se puede comprobar que [texx]\delta'[/texx] es divido por la misma potencia máxima que [texx]x^2[/texx]; en particular es par con una potencia par máxima de dos como divisor y por tanto  en (*) vemos que [texx]\delta'[/texx] divide a [texx]x^2y^2.[/texx]

 Si [texx]\delta' [/texx] no fuese un cuadrado perfecto, entonces en su descomposición en primos aparece un divisor primo [texx]p[/texx] distinto de dos con potencia impar. Tal divisor lo es de [texx]x[/texx] o de [texx]y[/texx] y por (*) sería también divisor de [texx]z[/texx]; pero eso contradice que [texx]x,y,z[/texx] sean coprimos.

 Queda probar por tanto que [texx]\delta'[/texx] no puede ser un cuadrado perfecto. Y aquí es donde veo carencias en el argumento:
 
Cita
Si:  [texx]x^2-\delta^{'}\,=\,z^2-y^2[/texx] ,  fuera de la forma:  [texx]x^2-\delta_1^{'}^2\,=\,z^2-y^2[/texx] ,  entonces:

[texx](x+\delta_1^{'})(x-\delta_1^{'})\,=\,(z+y)(z-y)\quad\wedge\quad \dfrac{x+\delta_1^{'}}{z+y}\,=\,\dfrac{z-y}{x-\delta_1^{'}}[/texx] .  Supongamos que:  [texx]x=2a\,,\,\,\delta_1^{'}=2b\,,\,\,y=2c-1\,\,\,\wedge\,\,\,z=2d-1[/texx] .

Tendríamos entonces que:  [texx]\dfrac{2(a+b)}{2(d+c-1)}\,=\,\dfrac{2(d-c)}{2(a-b)}[/texx] .  Pero mientras que:  [texx]2(a+b)\,\,\,\wedge\,\,\,2(a-b)[/texx]  tienen la misma paridad,

[texx]2(d-c)\,\,\,\wedge\,\,\,2(d+c-1)[/texx]  tienen la contraria.

 Básicamente no entiendo que se supone que estás concluyendo. Es confuso que hables de paridad contraria ya que tu le estás llamando paridad a la máxima potencia de dos que divide a un número.

Sea como sea en los cocientes:

[texx]\dfrac{2(a+b)}{2(d+c-1)}\,=\,\dfrac{2(d-c)}{2(a-b)}[/texx]

por ejemplo [texx]2^5[/texx]  podría ser la máxima potencia de dos que divide a [texx]2(a+b)[/texx] y [texx]2(a-b)[/texx] y [texx]2^9[/texx] y [texx]2[/texx] las máximas potencias que dividien a [texx]2(d-c)[/texx] y [texx]2(d+c-1)[/texx] y no veo, a priori, nada contradictorio en ello.

Saludos.
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« Respuesta #2 : 02/01/2015, 10:28:59 am »

Hola,

He leído tu propuesta.

 Tengo dos  críticas: una centrada en la notación, en la escritura, que en algunos casos es confusa y en otros directamente incorrecta; y otra, la realmente importante, en un paso decisivo que creo que no está bien justificado.

Muchas gracias el_manco por tu lectura y tu crítica. Como siempre es correcto todo lo que dices y asumo todas las críticas. Intentaré no obstante justificar de otra manera el último paso a que haces referencia de la demostración porque creo que aún puede salvarse.

Un saludo,
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  Uno de los atractivos indiscutibles de la matemática pura es su belleza desnuda y el Último Teorema de Fermat es una provocadora prueba de ello, se consiga demostrar o no.  F. Moreno 
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« Respuesta #3 : 02/01/2015, 02:52:42 pm »

Hola,

Sea como sea en los cocientes:

[texx]\dfrac{2(a+b)}{2(d+c-1)}\,=\,\dfrac{2(d-c)}{2(a-b)}[/texx]

por ejemplo [texx]2^5[/texx]  podría ser la máxima potencia de dos que divide a [texx]2(a+b)[/texx] y [texx]2(a-b)[/texx] y [texx]2^9[/texx] y [texx]2[/texx] las máximas potencias que dividien a [texx]2(d-c)[/texx] y [texx]2(d+c-1)[/texx] y no veo, a priori, nada contradictorio en ello.

Se me ocurre otra manera de enfocar esta última parte (espero no equivocarme con las prisas). Parto que si  [texx]\delta^{'}[/texx]  es un cuadrado:  " [texx]\delta_1^{'}^2[/texx] " ,  entonces:   [texx] \dfrac{x+\delta_1^{'}}{z+y}\,=\,\dfrac{z-y}{x-\delta_1^{'}}[/texx] .

En el "Spoiler" del primer post se veía como: [texx]z^2-y^2\,=\,\dfrac{x^4}{z^2+y^2}[/texx] ,  y por lo tanto que:  [texx]z^2-y^2[/texx]  tendría la mitad de la paridad de  [texx]x^4[/texx] .  Como  [texx]z^2-y^2=(z+y)(z-y)[/texx]  y  " [texx](z+y)[/texx] "  hemos visto que es par de la forma  [texx]2(d+c-1)[/texx] , entonces podemos concluir que:  [texx]z-y[/texx]  tendrá la cuarta parte de la paridad de  [texx]x^4[/texx] . Por tanto podemos decir a su vez que el "factor par" de  [texx]z-y[/texx]  será siempre múltiplo de 4:  [texx]2^{4n}[/texx] .

Con estos datos evalúo ahora el valor "par" de:   [texx] \dfrac{x+\delta_1^{'}}{z+y}\,=\,\dfrac{z-y}{x-\delta_1^{'}}[/texx]


(1)    [texx]\displaystyle\frac{2^m}{2}\,=\,\displaystyle\frac{2^{4n}}{2^m}[/texx]

(2)    [texx]2^{m-1}\,=\,2^{4n-m}[/texx]

(3)    [texx]m-1\,=\,\,4n-m[/texx]

(4)    [texx]m\,\neq\,2n+\displaystyle\frac{1}{2}[/texx]


Un saludo,   
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« Respuesta #4 : 05/01/2015, 09:05:52 am »

Hola

 Me parece que estás cayendo en "tu propia trampa" con el uso confuso que haces de "paridad".

Se me ocurre otra manera de enfocar esta última parte (espero no equivocarme con las prisas). Parto que si  [texx]\delta^{'}[/texx]  es un cuadrado:  " [texx]\delta_1^{'}^2[/texx] " ,  entonces:   [texx] \dfrac{x+\delta_1^{'}}{z+y}\,=\,\dfrac{z-y}{x-\delta_1^{'}}[/texx] .

En el "Spoiler" del primer post se veía como: [texx]z^2-y^2\,=\,\dfrac{x^4}{z^2+y^2}[/texx] ,  y por lo tanto que:  [texx]z^2-y^2[/texx]  tendría la mitad de la paridad de  [texx]x^4[/texx] .

Lo que deduces ahí es que la mayor potencia de [texx]2[/texx] que divide a [texx]z^2+y^2[/texx] es [texx]2^1[/texx]. Por tanto la mayor potencia de dos que divide a [texx]z^2-y^2[/texx] es [texx]2^{4p-1}[/texx] siendo [texx]2^p[/texx] la mayor potencia de [texx]2[/texx] que divide a [texx]x[/texx].

Cita
  Como  [texx]z^2-y^2=(z+y)(z-y)[/texx]  y  " [texx](z+y)[/texx] "  hemos visto que es par de la forma  [texx]2(d+c-1)[/texx] , entonces podemos concluir que:  [texx]z-y[/texx]  tendrá la cuarta parte de la paridad de  [texx]x^4[/texx] . Por tanto podemos decir a su vez que el "factor par" de  [texx]z-y[/texx]  será siempre múltiplo de 4:  [texx]2^{4n}[/texx] .

Análogamente ahí en realidad lo qe deduces es que el factor par de [texx]z-y[/texx] es de la forma [texx]2^{4p-2}.[/texx]

Entonces el argumento falla.

Saludos.
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« Respuesta #5 : 05/01/2015, 12:09:28 pm »

Hola,

En el "Spoiler" del primer post se veía como: [texx]z^2-y^2\,=\,\dfrac{x^4}{z^2+y^2}[/texx] ,  y por lo tanto que:  [texx]z^2-y^2[/texx]  tendría la mitad de la paridad de  [texx]x^4[/texx] .

Lo que deduces ahí es que la mayor potencia de [texx]2[/texx] que divide a [texx]z^2+y^2[/texx] es [texx]2^1[/texx]. Por tanto la mayor potencia de dos que divide a [texx]z^2-y^2[/texx] es [texx]2^{4p-1}[/texx] siendo [texx]2^p[/texx] la mayor potencia de [texx]2[/texx] que divide a [texx]x[/texx].

Ok, es verdad, como lo pones tú es más preciso y yo estaba equivocado. Me quedo entonces con que  " [texx]\delta^{'}[/texx] "  es un cuadrado y es algo para mí sorprendente, nunca lo había considerado como posibilidad y me ha gustado mucho saberlo.

Un saludo,
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« Respuesta #6 : 07/01/2015, 01:34:54 pm »

Hola,

Efectivamente,  " [texx]\delta^{'}[/texx] "  es un cuadrado, cuando se da el hipotético caso del Teorema para n = 4. No es difícil demostrarlo:

De el primer post de <a href="http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=76842.0">este hilo anterior</a> , podemos extraer lo siguiente:

    [texx]x^2\,=\,4p^2q^2[/texx]

    [texx]y^2\,=\,p^4-4q^4[/texx]

    [texx]z^2\,=\,p^4+4q^4[/texx]


Como sabemos que:

    [texx]x^2-\delta^{'}\,=\,z^2-y^2[/texx]

Entonces:

    [texx]\delta^{'}=x^2+y^2-z^2[/texx]

    [texx]\delta^{'}=4p^2q^2+p^4-4q^4-p^4-4q^4[/texx]

    [texx]\delta^{'}=4p^2q^2-8q^4[/texx]

    [texx]\delta^{'}=4q^2(p^2-2q^2)[/texx]


Por otra parte, como:  [texx]y^2\,=\,p^4-4q^4\quad\wedge\quad y^2=(p^2+2q^2)(p^2-2q^2)[/texx] ,  y es fácil demostrar que  " [texx](p^2+2q^2)[/texx] "  y  " [texx](p^2-2q^2)[/texx]"  son coprimos y por tanto cuadrados. Tendremos que los factores:   " [texx]4\cdot{q^2}\cdot{(p^2-2q^2)}[/texx] "  son todos cuadrados y por tanto que  " [texx]\delta^{'}[/texx] " es un número cuadrado y que además toma sus factores de  " [texx]x^2[/texx] " y de  " [texx]y^2[/texx] ".

 

En fin, está claro que los intentos de demostración por negación en estos casos sencillos del Teorema de Fermat fallan más que aciertan así que después de este 2014 intenso para mí, mejor me retiro a pensar otro tipo de estrategias; habrá tiempo de volver.

Por cierto me queda una duda que seguramente vosotros me podéis resolver mejor que nadie: ¿Sabéis de alguna prueba del caso n = 4 que se haya resuelto sin utilizar el método de descenso infinito? ¿Y algún link dónde poder verla o referencia dónde encontrarla? Eso me ayudaría.

 

Un cordial saludo, en especial para el_manco
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« Respuesta #7 : 08/01/2015, 05:54:30 am »

Hola

Efectivamente,  " [texx]\delta^{'}[/texx] "  es un cuadrado, cuando se da el hipotético caso del Teorema para n = 4. No es difícil demostrarlo:

De el primer post de <a href="http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=76842.0">este hilo anterior</a> , podemos extraer lo siguiente:

    [texx]x^2\,=\,4p^2q^2[/texx]

    [texx]y^2\,=\,p^4-4q^4[/texx]

    [texx]z^2\,=\,p^4+4q^4[/texx]


Como sabemos que:

    [texx]x^2-\delta^{'}\,=\,z^2-y^2[/texx]

Entonces:

    [texx]\delta^{'}=x^2+y^2-z^2[/texx]

    [texx]\delta^{'}=4p^2q^2+p^4-4q^4-p^4-4q^4[/texx]

    [texx]\delta^{'}=4p^2q^2-8q^4[/texx]

    [texx]\delta^{'}=4q^2(p^2-2q^2)[/texx]


Por otra parte, como:  [texx]y^2\,=\,p^4-4q^4\quad\wedge\quad y^2=(p^2+2q^2)(p^2-2q^2)[/texx] ,  y es fácil demostrar que  " [texx](p^2+2q^2)[/texx] "  y  " [texx](p^2-2q^2)[/texx]"  son coprimos y por tanto cuadrados. Tendremos que los factores:   " [texx]4\cdot{q^2}\cdot{(p^2-2q^2)}[/texx] "  son todos cuadrados y por tanto que  " [texx]\delta^{'}[/texx] " es un número cuadrado y que además toma sus factores de  " [texx]x^2[/texx] " y de  " [texx]y^2[/texx] ".

Esto está bien. Sólo apuntar que ahí estás haciendo otra demostración; porque en este hilo también presentas una prueba de exactamente lo mismo: que [texx]\delta'[/texx] es un cuadrado que toma sus factores de [texx]x^2y^2.[/texx]

Cita
Por cierto me queda una duda que seguramente vosotros me podéis resolver mejor que nadie: ¿Sabéis de alguna prueba del caso n = 4 que se haya resuelto sin utilizar el método de descenso infinito? ¿Y algún link dónde poder verla o referencia dónde encontrarla? Eso me ayudaría.

Pues no lo sé; hay muchas demostraciones del caso [texx]n=4[/texx]. Habría que revisarlas (si tengo tiempo les echo un vistazo). Aquí tienes las referencias:

Alternative proofs of the case n = 4 were developed later[25] by Frénicle de Bessy (1676),[26] Leonhard Euler (1738),[27] Kausler (1802),[28] Peter Barlow (1811),[29] Adrien-Marie Legendre (1830),[30] Schopis (1825),[31] Terquem (1846),[32] Joseph Bertrand (1851),[33] Victor Lebesgue (1853, 1859, 1862),[34] Theophile Pepin (1883),[35] Tafelmacher (1893),[36] David Hilbert (1897),[37] Bendz (1901),[38] Gambioli (1901),[39] Leopold Kronecker (1901),[40] Bang (1905),[41] Sommer (1907),[42] Bottari (1908),[43] Karel Rychlík (1910),[44] Nutzhorn (1912),[45] Robert Carmichael (1913),[46] Hancock (1931),[47] and Vrǎnceanu (1966).[48]

For another proof for n=4 by infinite descent, see Infinite descent: Non-solvability of r2 + s4 = t4. For various proofs for n=4 by infinite descent, see Grant and Perella (1999),[49] Barbara (2007),[50] and Dolan (2011).[51]


Saludos.
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« Respuesta #8 : 08/01/2015, 08:11:32 am »

Hola,

Esto está bien. Sólo apuntar que ahí estás haciendo otra demostración; porque en este hilo también presentas una prueba de exactamente lo mismo: que [texx]\delta'[/texx] es un cuadrado que toma sus factores de [texx]x^2y^2.[/texx]

Lo que pasó es que lo que yo pretendía en este hilo era demostrar el caso n = 4, pero al no lograrlo se quedó en una simple demostración de que  [texx]\delta'[/texx]  es un número cuadrado. Cosa que nunca había contemplado como opción -de ahí el error en la demostración del n = 4-. Esta segunda demostración era para confirmar eso que no me podía creer y la he puesto aquí por si a alguien más le había pasado lo mismo. Pero ni siquiera el hecho que  [texx]\delta'[/texx]  sea un cuadrado es relevante, por ejemplo:  [texx]6^2-2^2\,=\,9^2-7^2[/texx] . En conclusión, estoy más cerca del "igual de lejos" de demostrarlo y me he dado cuenta que debo cambiar radicalmente de estrategia si quiero tener en el futuro alguna posibilidad real de demostración y para eso voy a necesitar un tiempo.

Pues no lo sé; hay muchas demostraciones del caso [texx]n=4[/texx]. Habría que revisarlas (si tengo tiempo les echo un vistazo). Aquí tienes las referencias:

Muchas gracias como siempre el_manco . Creo que es un tema interesante éste de saber si existe alguna forma de demostrar el caso n = 4 por reducción al absurdo que no sea la del descenso infinito, yo también voy a echarle un vistazo.

Un saludo!
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  Uno de los atractivos indiscutibles de la matemática pura es su belleza desnuda y el Último Teorema de Fermat es una provocadora prueba de ello, se consiga demostrar o no.  F. Moreno 
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