Este artículo nace del intento de buscar una demostración alternativa al caso n = 4 del llamado Último Teorema de Fermat y desde 1995: Teorema de Fermat-Wiles.
Tras varios intentos infructuosos realizados en este Foro (Ver:
1,
2), he llegado en
este hilo -supervisado por la maestría de
el_manco (Luis Fuentes)- a lo que podríamos catalogar como una nueva versión de la demostración clásica por descenso infinito.
En realidad no puede hablarse de una demostración alternativa a las conocidas para este caso del Teorema, por lo que mi objetivo no se ha cumplido, así que lo seguiré intentando.. No obstante sí considero que puede tener algún interés el exponer aquí este resultado en el que desde otra perspectiva se refuerza aún más, si cabe, el papel del descenso infinito como herramienta útil para acceder a la comprensión de este bello caso del Teorema de Fermat que es además el de todos los casos de exponente par.
Un saludo,
Fernando Moreno.
(Editado última vez: 23 Octubre 2019)ÍNDICE:-
1era. demostración ; 2da. ; 3era. ; 4ta. ; 5ta.-
6ta. demostración ; 7ma. y Generalización.-
8va. demostración ; 9na. y Otros resultados relacionados.-
10ma. demostración y Conclusión provisional.-
11va. y 12va.-
13va.[ 1era. ]Si: \( x,y,z\in{\mathbb{Z^*}} \) , para x = par; \( x,y,z \) son coprimos 2 a 2 \( \wedge \) \( x^4+y^4=z^4 \) ; entonces:
1) \( (x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2 \)
Tendré la terna pitagórica: \( (x^2,y^2,z^2)\in{(2ab,a^2-b^2,a^2+b^2)} \) , para \( a,b \) coprimos y \( b \) par.
\( x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2 \)
\( y^2=a^2-b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{(b,y,a)\in{(2a_1b_1,a_1^2-b_1^2,a_1^2+b_1^2)}} \) , para \( a_1,b_1 \) coprimos y \( b_1 \) par.
\( x^2=2ab\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x^2=4(a_1^2+b_1^2)a_1b_1\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{2}}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1}} \)
2) Como: \( mcd(a_1^2+b_1^2,a_1b_1)=1 \) , puesto que si un " P " divide a \( a_1b_1 \) , entonces " P " divide a: \( a_1 \) ó a: \( b_1 \) y no podrá dividir de forma entera a \( a_1^2+b_1^2 \) ; entonces: \( a_1^2+b_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1b_1 \) son cuadrados.
3) \( a_1^2+b_1^2=\pmb{A}^2 \)
De donde: \( (b_1,a_1,\pmb{A})\in{(2a_2b_2,a_2^2-b_2^2,a_2^2+b_2^2)} \) , para \( a_2,b_2 \) coprimos y \( b_2 \) par.
4) \( \left({\dfrac{x}{2}}\right)^2=(a_1^2+b_1^2)a_1b_1\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\left({\dfrac{x}{2}}\right)^2=4(a_1^2+b_1^2)(a_2^2-b_2^2)a_2\dfrac{b_2}{2}}\,\,\,\Rightarrow\,\,\, \)
\( \left({\dfrac{x}{4\,\pmb{A}}}\right)^2=(a_2^2-b_2^2)a_2\dfrac{b_2}{2} \) ; donde \( \dfrac{b_2}{2} \) es un número entero por ser \( b_2 \) par.
5) Además ocurrirá, por lo mismo descrito en el punto 3), que: \( mcd(a_2^2-b_2^2,a_2\dfrac{b_2}{2})=1 \) , y por tanto que \( a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_2\dfrac{b_2}{2} \) serán cuadrados.
6) Entonces tendremos que: \( a_2^2-b_2^2=\pmb{B}^2 \) \( \wedge\,\,\,\,\,... \)
\( (b_2,\pmb{B},a_2)\in{(2a_3b_3,a_3^2-b_3^2,a_3^2+b_3^2)} \)
\( \left({\dfrac{x}{4\,\pmb{AB}}}\right)^2=(a_3^2+b_3^2)a_3b_3 \)
Y todo el proceso anterior se podrá repetir indefinidamente.
7) De esta forma, sustituyendo, podremos comprobar que:
\( A^2=a_1^2+b_1^2=(a_2^2+b_2^2)^2 \)
\( B^2=a_2^2-b_2^2=(a_3^2-b_3^2)^2 \)
\( C^2=a_3^2+b_3^2=(a_4^2+b_4^2)^2 \)
\( ... \) \( ... \) \( ... \)
\( M_{2n-1}^2=a_{2n-1}^2+b_{2n-1}^2=(a_{2n}^2+b_{2n}^2)^2 \)
\( M_{2n}^2=a_{2n}^2-b_{2n}^2=(a_{2n+1}^2-b_{2n+1}^2)^2 \)
Por lo que: \( a_1^2+b_1^2\,>\,a_2^2+b_2^2\,>\,a_2^2-b_2^2\,>\,a_3^2-b_3^2 \) . Y como si: \( a_2^2-b_2^2\,>\,a_3^2-b_3^2 \) , entonces: \( a_2^2+b_2^2\,>\,a_3^2+b_3^2 \) ; tendremos que: \( a_1^2+b_1^2\,>\,a_3^2+b_3^2 \) y el proceso decreciente continuará sin término.
8) Pero entonces " \( x^2 \) " tendrá infinitos factores enteros cada vez más pequeños: \( ...\,\,\,E^2\,<\,C^2\,<\,A^2 \) ; y esto no es posible.
[ 2da. ] (10 de marzo de 2015.
Aquí en el Foro)
Punto de partida:
Si: \( x,y,z\in{\mathbb{Z^*}} \) , para x = par; \( x,y,z \) son coprimos 2 a 2 \( \wedge \) \( x^4+y^4=z^4 \) ; entonces siempre existirán soluciones para: \( x^4+y^4=Z^2 \) , siendo \( Z^2 \) el cuadrado con el valor mínimo posible de la suma: \( x^4+y^4 \) .
Desarrollo:
(1) \( x^4+y^4=z^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x^4=z^4-y^4\quad\wedge\quad x^4=(z^2+y^2)(z^2-y^2)} \)
a) Como: \( x\,,\,\,z^2+y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2-y^2 \) son pares.
Entonces, de entrada: \( x=2u \)
b) Demostración que \( z^2+y^2 \) es par de la forma: 2v .
Si: \( y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1 \) ; entonces:
\( z^2+y^2=2(2b^2-2b+2a^2-2a+1) \)
c) Demostración que \( z^2-y^2 \) es par, como mínimo, de la forma: \( 8w \) .
Si: \( y=2a-1\,\,\,\wedge\,\,\,\,z=2b-1 \) ; entonces: \( z^2-y^2=4(b^2-a^2-b+a) \)
E independientemente de la paridad de \( a\vee b \) , la suma de las cantidades contenidas en el paréntesis será siempre par.
(2) De esta manera: \( 16u^4=2v\cdot{8w}\quad\wedge\quad u^4=v\cdot{w} \)
a) Si \( v\,\,\,\wedge\,\,\,\,w \) son coprimos deberán ser entonces a su vez potencias cuartas. Demostración:
\( z^2+y^2=2v\,\,\,\wedge\,\,\,z^2-y^2=8w \)
\( z^2=2v-y^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,y^2=z^2-8w\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{z^2=v+4w} \)
\( y^2=2v-z^2\,\,\,\wedge\,\,\,\,z^2=8w+y^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{y^2=v-4w} \)
De esta forma, si \( v\,\,\,\wedge\,\,\,w \) tuvieran un factor común (\( l \)); entonces: \( z^2=l(v^{'}+4w^{'})\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=l(v^{'}-4w^{'}) \) , y " \( l \) " dividiría a \( z^2\,\,\,\wedge\,\,\,y^2 \) , lo que no es posible al ser ambos coprimos.
Tenemos entonces que: \( v=p^4\,\,\,\wedge\,\,\,w=q^4 \) .
b) Como sabemos que: \( y^2=p^4-4q^4\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=p^4+4q^4 \) , y que además: \( x^4=z^4-y^4 \) ; podemos ahora despejar " \( x \) " en función de \( p\,\,\,\wedge\,\,\,q \) :
\( x^4=(p^4+4q^4)^2-(p^4-4q^4)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{x=2pq} \)
Donde: \( p,q\in{\mathbb{Z^*}}\,,\,\,p>q\,\,\,\wedge \) \( p \) = impar, pues es la única manera para que se cumpla que \( y^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2 \) sean impares.
c) Demostremos ahora que " \( q \) " es, a su vez, par.
Como: \( z^2=p^4+4q^4\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q^4=\dfrac{z^2-p^4}{4}} \)
Si: \( z=2b-1\,\,\,\wedge\,\,\,p=2c-1 \) ; entonces: \( q^4=-4c^4+8c^3-6c^2+b^2+2c-b \)
Y como todos los términos de la suma son pares menos \( b^2\,\,\,\wedge\,\,\,-b \) . Sea " \( b \) " par o impar, el resultado será siempre par.
(3) Es obvio que: \( p^2+2q^2=(p^2-2q^2)+4q^2 \) . Y como: \( p^2+2q^2 \) es un cuadrado (\( A^2 \)), puesto que \( y^2=(p^2+2q^2)(p^2-2q^2) \) y ambos factores son coprimos; \( p^2-2q^2 \) es un cuadrado (\( B^2 \)) -por la misma razón- y \( 4q^2 \) también representará un cuadrado (\( C^2 \)). Al ser \( mcd(4q^2\,,\,p^2-2q^2\,,\,p^2+2q^2)=1 \) , entonces podré decir que: \( A^2=B^2+C^2 \) , y obtener la terna pitagórica: \( (C,B,A)\,\in\,{(2ab\,,\,a^2-b^2\,,\,a^2+b^2)} \) , para \( a,b \) coprimos y \( b \) par. De donde: \( 2q=2ab\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{q=ab} \) ; \( (p^2-2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2-b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2} \) ; y: \( (p^2+2q^2)^{\frac{1}{2}}=a^2+b^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2} \) .
(4) De esta manera:
\( p^2-2q^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2-2a^2b^2=(a^2-b^2)^2}\,\,\,\wedge\,\,\,\,p^2+2q^2=(a^2+b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{p^2+2a^2b^2=(a^2+b^2)^2} \) . De donde: \( 2a^2b^2=(a^2+b^2)^2-p^2\,\,\,\wedge\,\,\,p^2-(a^2+b^2)^2+p^2=(a^2-b^2)^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\pmb{p^2=a^4+b^4}} \) . Pero entonces tendremos un cuadrado impar: " \( p^2 \) ", que siendo igual a la suma de dos números cuartas potencias primos entre sí, es menor que \( Z^2 \) , que es igual a: \( (p^4+4q^4)^2 \) y que sería, como quedamos, el cuadrado menor posible suma de dos cuartas potencias coprimas entre sí: \( x^4+y^4 \) .
[ 3era. ] (11 de marzo de 2015.
Aquí en el Foro)
Si: \( x,y,z\in{\mathbb{Z^*}} \) , para x = par; \( x,y,z \) son coprimos 2 a 2 \( \wedge \) \( x^4+y^4=z^4 \) ; entonces podremos establecer un: \( Z^2=x^4+y^4 \) ; representando " \( Z^2 \) " el mínimo cuadrado posible suma de 2 cuartas potencias coprimas entre sí.
Sabemos pues que: \( Z^2=(x^2)^2+(y^2)^2 \) . De donde se deduce la terna pitagórica: \( {(x^2,y^2,Z)\in{(2ab,a^2-b^2,a^2+b^2)}} \) , para \( a,b \) coprimos y \( b \) par.
Entonces: \( x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,Z=a^2+b^2 \)
Y como \( x^2 \) es un cuadrado, \( a\,\,\wedge\,\,b \) son coprimos y \( b \) es par; entonces " \( a \) " será de la forma: \( a_1^2 \) y " \( b \) " será de la forma: \( 2b_1^2 \)
Luego tendremos que: \( y^2=(a_1^2)^2-(2b_1^2)^2 \)
Y la terna pitagórica: \( (2b_1^2,y,a_1^2)\in{(2a_2b_2,a_2^2-b_2^2,a_2^2+b_2^2)} \) , para \( a_2,b_2 \) coprimos y \( b_2 \) par.
Entonces: \( 2b_1^2=2a_2b_2\,\,\,\wedge\,\,\,y=a_2^2-b_2^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=a_2^2+b_2^2 \)
Y como: \( b_1^2=a_2b_2 \) y \( a_2,b_2 \) son coprimos; será: \( a_2=a_3^2\,\,\,\wedge\,\,\,b_2=b_3^2 \) .
Pero ahora: \( a_1^2=a_3^4+b_3^4 \) . Y dado que: \( Z^2=x^4+y^4=(a^2+b^2)^2=\left({(a_3^4+b_3^4)^2+(2a_3^2b_3^2)^2}\right)^2 \)
Tendremos que el cuadrado: \( \pmb{a_1^2\,<\,Z^2} \) . Lo que representará el inicio de un descenso infinito.
[ 4ta. ] (26 de marzo de 2015.
Aquí en el foro)
Si: \( x,y,z\in{\mathbb{Z^*}} \) , para x = par; \( x,y,z \) son coprimos 2 a 2 \( \wedge \) \( x^4+y^4=z^4 \) ;
entonces \( \pmb{x^2} \)
no es un número finito.
(a) \( x^4+y^4=z^4\,\,\Rightarrow\,\,{(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2} \)
De donde deduzco la terna pitagórica: \( \pmb{x^2=2\,a\,b}\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2 \) , para \( b \) par.
Y: \( x=\sqrt{2ab}\,\,\Rightarrow\,\,{a=a_1^2\,\,\wedge\,\,b=2b_1^2} \)
(b) Como: \( z^2=a^2+b^2 \) , puedo deducir la terna pitagórica:
\( b=2cd\,\,\,\wedge\,\,\,a=c^2-d^2\,\,\,\wedge\,\,\,z=c^2+d^2 \) , para \( d \) par.
Y como: \( 2b_1^2=2cd\,\,\Rightarrow\,\,{b_1^2=cd}\,\,\Rightarrow\,\,{c=c_1^2}\,\,\,\wedge\,\,\,d=d_1^2\,\,\,\,\Rightarrow\,\,{\pmb{x^2=4\,a\,c\,d}} \)
(c) Puesto que: \( a=c^2-d^2\,\,\Rightarrow\,\,{a_1^2=(c_1^2)^2-(d_1^2)^2} \)
Puedo deducir la terna pitagórica: \( d_1^2=2ef\,\,\,\wedge\,\,\,a_1=e^2-f^2\,\,\,\wedge\,\,\,c_1^2=e^2+f^2 \) (para \( f \) par)
\( \,\,\,\,\Rightarrow\,\,{\pmb{x^2=8\,a\,c\,e\,f}} \)
Entonces: \( d_1=\sqrt{2ef}\,\,\Rightarrow\,\,{e=e_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,f=2f_1^2} \)
(d) Como: \( c_1^2=e^2+f^2 \) , puedo deducir a su vez la terna pitagórica:
\( f=2gh\,\,\,\wedge\,\,\,e=g^2-h^2\,\,\,\wedge\,\,\,c_1=g^2+h^2 \) , para \( h \) par.
Y como: \( 2f_1^2=2gh\,\,\Rightarrow\,\,{f_1^2=gh}\,\,\Rightarrow\,\,{g=g_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,h=h_1^2}\,\,\,\,\Rightarrow\,\,{\pmb{x^2=16\,a\,c\,e\,g\,h}} \)
(e) Como: \( e=g^2-h^2\,\,\Rightarrow\,\,{e_1^2=(g_1^2)^2-(h_1^2)^2} \) \( \pmb{. . .} \)
Y así sucesivamente \( \pmb{. . .} \)
[ 5ta. ] (23 de abril de 2015.
Aquí en el foro)
Si: \( x,y,z\in{\mathbb{Z^*}} \) , para x = par; \( x,y,z \) son coprimos 2 a 2 \( \wedge \) \( x^4+y^4=z^4 \) ; entonces podremos establecer que: \( x^4+Y^2=z^4\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,\pmb{Y^2=z^4-x^4} \) ; siendo \( Y^2 \) el cuadrado menor posible diferencia de dos cuartas potencias coprimas entre sí.
(a) \( x^4+y^4=z^4\,\,\Rightarrow\,\,{(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2} \) . De donde deduzco la terna pitagórica: \( x^2=2ab\,\,\,\wedge\,\,\,y^2=a^2-b^2\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=a^2+b^2 \) , para \( b \) par.
(b) Como: \( x=\sqrt{2ab}\,\,\Rightarrow\,\,{a=a_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,b=2b_1^2} \) ; entonces: \( y^2=(a_1^2)^{2}-(2b_1^2)^{2}\,\,\,\wedge\,\,\,z^2=(a_1^2)^{2}+(2b_1^2)^{2} \) . De donde se deducen, respectivamente, las ternas pitagóricas: \( 2b_1^2=2cd\,\,\,\wedge\,\,\,y=c^2-d^2\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=c^2+d^2 \) , para \( d \) par; - y - : \( 2b_1^2=2ef\,\,\,\wedge\,\,\,a_1^2=e^2-f^2\,\,\,\wedge\,\,\,z=e^2+f^2 \) , para \( f \) par.
(c) De esta manera, una terna solución \( \pmb{(x,y,z)} \) para este caso 4 del Teorema de Fermat quedaría como: \( \pmb{(2\,a_1\,b_1\,,\,c^2-d^2\,,\,e^2+f^2)} \) ; para: \( b_1^2\,=\,cd\,=\,ef\,\,\,\,\,\wedge\,\,\,\,\,a_1^2\,=\,c^2+d^2\,=\,e^2-f^2 \) .
(d) Y como: \( mcd(cd)=mcd(ef)=1\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{c=c_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,d=d_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,e=e_1^2\,\,\,\wedge\,\,\,f=f_1^2} \) ; entonces: \( a_1^2=e^2-f^2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,{\pmb{a_1^2=e_1^4-f_1^4}} \) . Pero: \( \pmb{a_1^2\,<\,Y^2} \) ; y ya no existirá un límite entero inferior.