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Autor Tema: El caso n=4. Una demostración alternativa (III)  (Leído 13501 veces)
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« : 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.
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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 #1 : 11/03/2015, 06:53:23 am »

Hola

 Está bien.
 
Saludos.
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« Respuesta #2 : 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,
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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 : 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.
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« Respuesta #4 : 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,
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« Respuesta #5 : 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!!! :cara_de_queso: No me entero de ninguna, la verdad, aunque tampoco me he puesto, pero me alegra muchísimo :sonrisa:
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« Respuesta #6 : 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   :¿eh?:      :cara_de_queso:


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

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,
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« Respuesta #7 : 12/03/2015, 10:01:18 am »

Por eso, Proyecto :sonrisa: Yo no me concentro con pasión en el teorema de Fermat, yo soy más de matemáticas del continuo (y diferenciables! :cara_de_queso: ) 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 :guiño: ¡Gracias!
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« Respuesta #8 : 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.    >>
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« Respuesta #9 : 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   :¿eh?:      :cara_de_queso:


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

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". :cara_de_queso:

Un cordial saludo.

 
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« Respuesta #10 : 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.
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« Respuesta #11 : 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.
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« Respuesta #12 : 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,
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« Respuesta #13 : 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.
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« Respuesta #14 : 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,
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« Respuesta #15 : 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)
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« Respuesta #16 : 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,
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« Respuesta #17 : 15/04/2015, 06:26:08 am »

Hola

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

 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).
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« Respuesta #18 : 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!.  :guiño:

Muchos errores ves tú ahí..   :guiño:


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.
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« Respuesta #19 : 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.
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